2023届广东省潮州市高三模拟数学试题含解析

这是一份2023届广东省潮州市高三模拟数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省潮州市高三模拟数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】确定，再计算并集得到答案.【详解】，，故.故选：C2．设复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，进一步求得的坐标,进而得答案．【详解】由得，所以，故其在复平面内对应的点为（1，1），在第一象限故选：A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3．已知为第二象限角，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先利用同角的三角函数关系得到，再利用诱导公式即可得到答案.【详解】，，，，，，已知为第二象限角，，，即.故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，同时考查同角的三角函数关系，属于简单题.4．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为斤，设，则（    ）A． B．7 C．13 D．26【答案】C【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到，求得的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为斤，第1关收税金为：斤；第2关收税金为斤；第3关收税金为斤，以此类推可得的，第4关收税金为斤，第5关收税金为斤，所以，即，解得，又由，所以.故选：C.5．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】分别证明充分性和必要性即可判断选项【详解】充分性证明：取，明显地有，，由于对数的真数大于0，所以，无法推导出，所以，充分性不成立；必要性证明：，可得，所以，必要性成立；故选B6．过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，，若，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】取圆上任意一点P，过P作圆的两条切线，，根据题中条件，求出，进而可求出结果.【详解】取圆上任意一点P，过P作圆的两条切线，，当时，且，；则，所以实数.故选：C.【点睛】本题主要考查求由直线与圆相切求参数，属于基础题型.7．已知数列，，其中，且，是方程的实数根，则等于（    ）A．24 B．32 C．48 D．64【答案】D【分析】根据题意，得到，，求得，推出，进而可求出，，从而可求出结果.【详解】因为，是方程的实数根，所以，，又，所以；当时，，所以，因此，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查由数列的递推关系求数列中的项，属于常考题型.8．已知三棱锥的外接球的球心为，平面，，，，则球心O到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设的中点为，的中点为，连接，可证，再连接交于点，过作，垂足为，则可证且平面，从而可求O到平面的距离.【详解】因为，故为等腰直角三角形且，而为的中点.故为的外心，故平面.因为平面，所以，故共面.连接交于点，过作，垂足为.因为，故，在直角三角形中，，故，同理，因为，故，而，故平面，因为平面，故平面平面.因为平面平面，，平面，所以平面.因为为三棱锥的外接球的球心，故，因为平面，平面，故，在平面中，因为，，故，故四边形为矩形，且，.又因为，故，故.在直角三角形中，.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的球心到给定平面的距离，注意根据外接球球心的性质确定球心的位置，并把点到平面的距离归结可解的直角三角形中来计算，本题属于较难题. 二、多选题9．已知双曲线的方程为，则下列说法正确的是（    ）A．焦点为 B．渐近线方程为3x±4y=0C．离心率 D．焦点到渐近线的距离为4【答案】BC【解析】根据双曲线的方程依次求出焦点、渐近线方程、离心率等，即可得答案；【详解】对A，焦点为，故A错误；对B，渐近线方程为，故B正确；对C，，故C正确；对D，焦点到渐近线的距离为，故D错误；故选：BC.【点睛】本题考查双曲线的性质，离心率、渐近线、焦点坐标等，考查对概念的理解，属于基础题.10．某学校组织了一次劳动技能大赛，共有100名学生参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在内，得分60分以下为不及格，其得分的频率分布直方图如图所示（按得分分成这五组），则下列结论正确的是（    ）A．直方图中B．此次比赛得分不及格的共有40人C．以频率为概率，从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在的概率为0.5D．这100名参赛者得分的中位数为65【答案】ABC【分析】由频率和为1求参数a，判断A；由直方图求60分以下的人数、求的频率判断B、C；由中位数的性质求中位数即可判断D.【详解】因为，所以，所以A正确；因为不及格的人数为，所以B正确；因为得分在的频率为，所以从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在的概率为0.5，所以C正确；这100名参赛者得分的中位数为，所以D错误．故选：ABC.11．设函数，的最小正周期为，且过点，则下列正确的有（    ）A．在单调递减B．的一条对称轴为C．的周期为D．把函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为【答案】AB【分析】利用辅助角公式将函数化简，根据周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.【详解】根据辅助角公式得．最小正周期为，，，即．函数过点，，，则．当时．即．令，则，当时，在单调递减，故A正确．令，则，当时，的一条对称轴为，故B正确．因为为偶函数，所以，则的周期为且，故C错误．函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为，故D错误．故选：AB．12．已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（    ）A．函数在上为增函数 B．是函数的极小值点C．函数必有2个零点 D．【答案】BD【解析】对函数求导，求出单调区间和极值，可判断选项A，B；根据极小值的大小可得函数的零点个数，判断选项C；利用在上为增函数，比较与的大小关系，判断出选项D．【详解】函数，则，当时，，故在上为增函数，A错误；当时，，故在单调递减，故是函数g(x)的极小值点，B正确；若，则有两个零点，若，则有一个零点，若，则没有零点，故C错误；在上为增函数，则，即，化简得，D正确；故选：BD【点睛】本题考查导数在单调性中的应用，考查函数的极值，考查函数的零点问题，考查利用单调性比较大小，属于中档题． 三、填空题13．已知单位向量，满足，则与的夹角为________.【答案】【分析】由单位向量，满足，化简得，再结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由单位向量，满足，可得，又因为，可得，设向量与的夹角为，且，因为，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.14．2021年3月18日至19日的中美高层战略对话结束后，某校高二1班班主任王老师利用班会时间让学生观看了相关视频，见识了强大的祖国对中美关系的霸气表态，同学们非常激动，爱国情感油然而生，为使班会效果更佳，班主任王老师计划从由3名女生（分别记为甲､乙､丙）和4名男生（分别记为，，，）组成的学习小组中选出4名进行观后体会交流，则男生和女生甲没有被同时选中的概率为___________.【答案】【分析】先计算从3名女生和4名男生组成的学习小组中选4名的选法，再求符合条件的选法即可．【详解】从3名女生和4名男生组成的学习小组中选4名共有（种）选法．男生和女生甲被同时选中有（种）选法，故男生和女生甲没有被同时选中的概率.故答案为：．15．已知圆柱的侧面积为，其外接球的表面积为，则的最小值为_____________．【答案】【分析】设圆柱的底面半径为，高为，根据题意求得，利用基本不等式求得圆柱的外接球半径，结合球的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的侧面积为，所以，得，设圆柱的外接球半径为，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为1，所以外接球的表面积的最小值为.故答案为：．16．已知椭圆：的焦点为，．过且倾斜角为60°的直线交椭圆的上半部分于点，以，（为坐标原点）为邻边作平行四边形，点恰好也在椭圆上，则______．【答案】【分析】根据四边形为平行四边形且可得，将其代入椭圆方程即可求解.【详解】依题意可知，设，，因为四边形为平行四边形，所以，又因为，，所以，因为，且直线的倾斜角为60°，所以，所以，，，所以，将其代入，得，又因为，所以，．故答案为： 四、解答题17．已知正项数列的前项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由已知，结合的关系可得、，根据等差数列的定义即可写出通项公式.（2）由（1）得，应用裂项相消法求前项和.【详解】（1）当时，且，所以.当时，，所以，所以，又，所以，即是首项为1，公差为3的等差数列，故.（2）因为，所以.18．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，．(1)求角B的大小；(2)若的面积，设D是BC的中点，求的值．【答案】(1)；(2). 【分析】(1)结合已知条件和正弦定理边化角，三角恒等变换即可求出B；(2)根据三角形面积公式求出a，根据余弦定理求出b.在和分别由正弦定理表示出和，根据，即可得.【详解】（1）∵，∴由正弦定理得，，即，即，即，即，，，，，；（2），.在中，由正弦定理得，，在中，由正弦定理得，，，，∴.19．为了使更多人参与到冰雪运动中，某校组织了一次简易冰壶比赛.每场比赛由两支队伍对抗进行，每队由2名成员组成，共进行3局.每局比赛时，两队成员交替发球，每名成员只能从发球区（左侧）掷冰壶一次.当所有成员全部掷完冰壶后，开始计分.若冰壶未到达营垒区，计分；若冰壶能准确到达营垒区，计2分，整场比赛累计得分多者获得比赛胜利.已知队两名成员甲､乙每次将冰壶投掷到营垒区的概率分别为和，队两名成员丙､丁每次将冰壶投掷到营垒区的概率均为.假设两队投掷的冰壶在运动过程中无碰撞，每名成员投掷冰壶相互独立，每局比赛互不影响.(1)求队每局得分的分布列及期望；(2)若第一局比赛结束后，队得1分，队得4分，求队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率.【答案】(1)分布列见解析，期望为；(2). 【分析】（1）根据题设写出的所有可能取值及对应概率，即可得到分布列，再根据分布列求期望即可；（2）同（1）写出B的分布列，根据题设写出队获胜且总积分比队高3分所有可能情况，再求出各情况的概率，最后加总即可得结果.【详解】（1）由题设，的所有可能取值为，1，4，且的分布列如下：14 所以.（2）设队每局得分为，同理的分布列为14 记队､队在后两局总得分分别为､，则所包含的情况如下：队总得分258队总得分2，，，故队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率为.20．如图，在斜三棱柱中，侧面侧面，M为上的动点.(1)当M为的中点时，证明：；(2)求与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)证明见详解.(2) 【分析】（1）根据面面垂直得线面垂直,进而可得线线垂直,根据菱形对角线可得垂直,由线面垂直得线线垂直.（2）建立空间直角坐标系,利用法向量与直线的方向向量的夹角来求解.【详解】（1）连接 由可知:四边形均为含的菱形,故 当M为的中点时,则,又侧面侧面,侧面侧面,故平面,从而,,所以平面,平面, 故（2）取中点为,因为侧面侧面,,故可建立如图所示的空间直角坐标系.,设 则 设平面的法向量为 由 ,令 设与平面所成角为,所以 当时,当时, ,所以 综上故【点睛】21．在平面直角坐标系中，动圆M与圆相内切，且与直线相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点的直线l与曲线C交于A，B两点，分别以A，B为切点作曲线C的切线，直线相交于点P．若，求直线l的方程．【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）利用两圆内切及直线与圆相切列式，化简即得曲线C的方程.（2）设出直线l的方程及，求出直线的方程及点P的坐标，联立直线l与曲线C的方程，借助韦达定理求出点B的坐标作答.【详解】（1）设动圆圆心，半径为r，依题意，，于是得，化简得，所以曲线C的方程为.（2）依题意，直线l的斜率存在，设l的方程为，由消去y并整理得，，则有，直线的斜率存在，设直线的方程为：，由消去y并整理得：，则有，解得，切线的方程为，同理可得，切线的方程为，由，解得，即点，则，因，即，即，化简得，，因此，，于是得点或，直线l的斜率，所以直线l的方程为或.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.22．已知函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若函数在定义域内有两个不相等的零点．①求实数a的取值范围；②证明：．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)① ；②证明见解析 【分析】（1）求导得，判断导函数符号确定原函数单调性，注意函数定义域；（2）①利用参变分离得，即与有两个交点，判断函数单调性理解计算；②等价于，借助于函数零点整理得，即证，构建函数结合导数证明．【详解】（1）当时，函数，定义域为．．由，得．当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）①若函数在定义域内有两个不相等的零点，则方程有两个不等的实根．即方程有两个不等的实根．记，则，记，则在上单减，且，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在单调递减．∴．又∵且当时，，∴方程为有两个不等的实根时，．∴当时函数在定义域内有两个不相等的零点．②要证，只需证，只需证，因为，两式相减得：．整理得．所以只需证，即证，即，不妨设，令，只需证，只需证，设，只需证当时，即可．∵，∴在（单调递减，∴当时，，∴在单调递增，当时，∴原不等式得证．【点睛】在证明，利用函数零点得，代入消去得，进一步处理得换元分析．