2023届广东省汕头市潮阳区高三三模数学试题含解析

这是一份2023届广东省汕头市潮阳区高三三模数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省汕头市潮阳区高三三模数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式可得集合 ，求函数值域可得集合，进而可得.【详解】解不等式得，又，所以，即集合，所以，故选：B.2．设，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先求出复数，再求其共轭复数，即可判断.【详解】复数，所以的共轭复数，所以在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.故选：D.3．某圆柱的轴截面是周长为的矩形，则该圆柱的侧面积的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆柱的结构特征并结合已知，列出圆柱底半径r与高h的关系式，再用r表示圆柱侧面积即可作答.【详解】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则，即，，于是得圆柱的侧面积，当且仅当时取“=”，所以时，圆柱的侧面积取最大值.故选：B4．函数具有性质（    ）A．最大值为2，图象关于对称 B．最大值为，图象关于对称C．最大值为2，图象关于直线对称 D．最大值为，图象关于直线对称【答案】D【分析】根据辅助角公式将函数化简为，然后代入验证是否是对称轴和对称中心即可.【详解】，故最大值为;当时，，故图象关于直线对称，当时，，故不是函数的对称中心，故选：D5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如40=3+37.在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于40的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】随机选取两个不同的数，基本事件总数为，利用列举法求出其和等于40包含的基本事件有3个，由此求出其和等于40的概率．【详解】不超过40的素数为：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，共12个数，其中，共3组数，所以其和等于40的概率.故选：C.6．已知，，，则a，b，c大小为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】a，b，c可以看成分别与，，图象的交点的横坐标，画出图象即可得出答案.【详解】可以看成与图象的交点的横坐标为，可以看成与图象的交点的横坐标为，可以看成与图象的交点的横坐标为，画出函数的图象如下图所示，   由图象可知，.故选：D.7．已知函数有三个零点，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将题设转化为和有3个交点，令，求导确定单调性，进而画出函数图象，结合图象即可求出a的取值范围.【详解】函数有三个零点，等价于即有三个根，即和有3个交点.令，，当时，，单减；时，，单增；则当时，取得极小值，当时，取得极大值，又时，，时，，画出图象如图所示，结合图像可知，当，和有3个交点，即函数有三个零点.故选：B.8．已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据递推关系，即可判断A,由基本不等式即可判断B,根据累加法以及放缩法即可判断C，根据导数可证明，进而根据累加法以及放缩即可求解D.【详解】对取倒数得：，对于A：，故A错误;对于B:，故B错.对于C:，故C正确.对于D:记，则，当时，，故在上单调递增，因此，进而可得：，由该结论可得：，故所以，因此，，所以，故D错误.故选：C 二、多选题9．一个袋子有10个大小相同的球，其中有4个红球，6个黑球，试验一：从中随机地有放回摸出3个球，记取到红球的个数为，期望和方差分别为，；试验二：从中随机地无放回摸出3个球，记取到红球的个数为，期望和方差分别为，；则（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据条件得到，由二项分布的均值和方差公式可求出.求出的可能取值，及其对应的概率，即可求出的分布列，由方差和期望公式可求出，分别比较，和，可得答案.【详解】从中随机地有放回摸出3个球，则每次摸到红球的概率为，则，故，，从中随机地无放回摸出3个球，记红球的个数为，则的可能取值是0，1，2，3；则，，，，所以随机变量的概率分布为： 0123 P   数学期望；,故，.故选：AC.10．设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（    ）A．B．在上是减函数C．为奇函数D．方程仅有6个实数解【答案】ACD【分析】根据为奇函数，为偶函数，推出函数的一个周期为、的图象关于点对称、关于直线对称，再根据这些性质可判断A正确，B正确，C错误；作出与的大致图象，结合图像可判断D正确.【详解】因为为偶函数，所以，所以，即，因为为奇函数，所以，所以，即，所以，所以，所以，所以，即函数的一个周期为.在中，令，得，在中，令，得，又，所以，故A正确；因为在区间上是增函数，且的一个周期为，所以在上单调递增，在上不为减函数.故B错误；因为，所以，所以，从而为奇函数，故C正确；因为为奇函数，所以的图象关于点对称，因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，又当时，，作出与的大致图象，如图所示.其中单调递减且，所以两函数图象有6个交点，故方程仅有6个实数解，故D正确.故选：ACD.11．椭圆：的左右焦点分别为，，过，分别作两条平行的射线，交椭圆C于A，B两点，（A，B均在x轴上方），则（    ）A．当时，B．的最小值为3C．当时，四边形的面积为D．四边形面积的最大值为3【答案】ABD【分析】设直线．把代入椭圆方程得出的一元二次方程，从而得两根和及两根积，由弦长公式得，再根据对称性判断A,B,C选项;写出平行四边形面积，应用导数求得最小值可得出D选项．【详解】  设，，：．联立,得．由韦达定理有，．设，，由，得：．联立,得．∴，．而，，由对称性可知,当时，∴，．,A选项正确;,,的最小值为3,B选项正确；当时，四边形的面积为,C选项错误.，且．四边形为平行四边形,，设（），，∴在上单调递增，∴．故的最大值为6，此时． 四边形面积的最大值为3,D选项正确.故选:ABD.12．水平面上紧挨着放置个半径的小球（不叠起），用一个半径最小的大半球把这个球罩住，记大半球的半径为，则（    ）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】BC【分析】作出每种情形下大致的截面图，利用球的相切性质进行计算.【详解】A选项，最小的半球显然是，恰好能盖住个半径为的球，A选项错误；B选项，对于个球，作出如下截面图：  设两球外切于点，其中一球和半球内切于点，则半球的半径为，B选项正确；C选项，对于个球，这个球的球心和半球的球心会构成一个正三棱锥如图，且正三棱锥的高是，设这三个球的球心分别是，半球的球心是，设其中一个小球和半球内切于点. 如图，设平面，垂足为，根据正棱锥性质，为外心，在等边三角形中，外接圆半径易得，又，则，故半球半径为，C正确；  D选项，对于个球，这个球的球心和半球的球心会构成一个正四棱锥如图，且正四棱锥的高是，设这四个球的球心分别是，半球的球心是，设其中一个小球和半球内切于点.如图，设平面，垂足为，根据正棱锥性质，为正方形中心，易得，又，则，故半球半径为，D错误.  故选：BC 三、填空题13．展开式中的系数是_________.【答案】【分析】的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和2个常数项相乘，从而得解．【详解】因为是7个相乘，的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和3个常数项相乘，所以展开式中的系数是.故答案为：.14．在中，，，，，求_________.【答案】/0.75【分析】根据已知条件得出,,化简应用数量积公式计算求解即得.【详解】，，，,,.故答案为： 15．现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有入经过，则有_________种不同的进站方式（用数字作答）【答案】720【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案.【详解】将5人分为3组，有和两种情况：当分组为时：共有；当分组为时：共有；综上所述：共有种不同的进站方式.故答案为：. 四、双空题16．双曲线：的左右焦点为，，过右焦点的直线与双曲线的右支交于A，B两点，当与的内切圆半径之比为时，则直线的斜率为__________，此时若，则右焦点到右顶点的距离为__________.【答案】          【分析】令，的内切圆心为，，与x轴切于M，N，通过内切圆的性质和双曲线的定义可得以M、N重合于双曲线右顶点，设，通过几何运算可得，即可求出答案【详解】令双曲线的焦距为，的内切圆心为，，与x轴切于M，N，则，所以M重合于双曲线右顶点，同理可得，N重合于双曲线右顶点  由于对称性，不妨设在轴的下方，当与的内切圆半径之比为即时，故设，易得，，在中，，即，解得，所以，所以此时直线的斜率为，根据对称性可得当设在轴的上方时，直线的斜率为；若，所以，即右焦点到右顶点的距离为故答案为：； 五、解答题17．等差数列和各项均为正数的等比数列满足：，.(1)求数列和的通项公式；(2)数列是由数列和中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列的前项和为，求.【答案】(1)，(2)15220 【分析】（1）根据等差数列和等比数列公式列方程求解即可；（2）由，，得，数列的前100项中含有数列中的4项，再求和得到答案.【详解】（1）根据条件，设，，又，解得，故，.（2）当时，，由，得，，又，，，，故在数列的前100项中含有数列中的4项，所以，所以.18．在中，角，，的对边分别为，，．，边上的高为．（1）若，求的周长；（2）求的最大值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由三角形面积公式可得，，结合余弦定理，可得，即可得的周长；（2）由（1）和正弦定理可得，，转化为三角函数以后利用辅助角公式化简运算，由，根据三角函数的性质求解最大值.【详解】解：（1）依题意，可得，因为，所以．由余弦定理得，因此，即．故的周长为．（2）由（1）及正弦定理可得，，（其中为锐角，且）由题意可知，因此，当时，取得最大值．【点睛】一般关于解三角形中的最值问题，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用求三角函数值域的方法求解最值.19．如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点.(1)证明：；(2)若是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，，且二面角的大小为45°，求直线AC与平面BCE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质证明面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）∵，为中点，∴，∵面，面面，且面面，∴面，又面，∴；（2）以为坐标原点，为轴，为轴，垂直且过的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，由，所以，故，∵，，设为面法向量，则有令，则，，∴，因为面，则面法向量可取，，解得，∴，∴，，，设直线AC与平面BCE所成的角的大小为，∴，∴直线AC与平面BCE所成角的正弦值为.20．某单位有10000名职工，想通过验血的方式筛查乙肝病毒携带者，假设携带病毒的人占0.05，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10000次，统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将5个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这5人全部阴性；如果混合呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.（每一小组都要按要求独立完成）(1)按照这种化验方法能减少化验次数吗?如果能减少化验次数，大约能减少多少?(2)如果携带病毒的人只占0.02，按照个人一组，取多大时化验次数最少?此时大约化验多少次?说明：，先减后增0.88580.86810.85080.8337 【答案】(1)混合化验能减少化验的次数，大约减少5738次(2)当时，最小，大约化验：2742次. 【分析】（1）根据题意求出5人一组需要验血次数X的均值，然后求出总共需要多少次，再根据题中数据作差即可求解；（2）假设个人一组，设每个人需要化验的次数为，先求出每个人需要化验的次数的分布列，然后求出均值的表达式，再利用函数的单调性即可求解.【详解】（1）5人一组需要验血次数X的所有可能取值为1，6.∴，∴的分布列为：16∴∴共需要化验次数大约为：（次）大约减少（次）∴混合化验能减少化验的次数，大约减少5738次.（2）假设个人一组，设每个人需要化验的次数为，若混合血样呈阴性，则，若混合血样呈阳性，则∴的分布列为：∴∵先减后增，，∴，∴∴当时，最小，最小值为：，此时大约化验：次.21．抛物线：的焦点为F，直线过焦点F与抛物线E交于A，B两点，当垂直于x轴时.(1)求抛物线的方程；(2)点，直线AC，BC与抛物线E的交点分别为M，N；探究直线MN是否过定点，如果过定点，求出该定点：如果不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)直线MN恒过定点，理由见解析 【分析】（1）当轴时，根据抛物线的定义可得，可求出，即可求解；（2）设，，，，求出直线AB，直线AM，直线BN的方程，可得到，故可得到直线MN的方程为，即可求得定点【详解】（1）∵，∴当轴时，，∴根据抛物线的定义可得，解得，∴抛物线的方程：（2）设，，，，   ∴直线AB方程为：即，∵直线AB过点，∴，同理，直线AM：即，∵直线AM过点，∴，同理可得，∴，∴，直线MN的方程为：，∴当时，，∴直线MN恒过定点【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是利用直线AB，直线AM，直线BN的方程，可得到，故直线MN的方程可求解，即可求得定点22．已知函数，．（1）若，求函数的最大值；（2）当时，若函数有两个极值点、，且不等式恒成立，试求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）当时，求得，利用导数分析函数在定义域上的单调性，由此可求得函数的最大值；（2）分析可知有两个不等实数根、，求得，利用韦达定理得出、，利用参变量分离法得出，构造函数，利用导数求出函数的值域，由此可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，，函数的定义域为，所以，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，有最大值为；（2）因为的定义域为，，令可得，又因为函数有两个极值点、，所以有两个不等实数根、，所以，可得，且，所以，，所以，，所以，，由，，从而，由不等式恒成立，所以恒成立，又，令，所以在时恒成立，所以函数在上单调递减，所以，所以，，故实数的取值范围是．【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.