2023届广东省深圳中学高三5月适应性测试数学试题含解析

这是一份2023届广东省深圳中学高三5月适应性测试数学试题含解析，共22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届广东省深圳中学高三5月适应性测试数学试题 一、单选题1．在复平面内，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】C【分析】先把化为即得对应点为在第三象限.【详解】由题意，故复数对应的点为在第三象限.故选：C2．设随机变量服从正态分布，若，则的值为（    ）A． B． C．3 D．5【答案】A【分析】根据正态分布的对称性，即得解【详解】由题意，根据正态分布的对称性故选：A3．已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量为（    ）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】根据向量垂直得到，再根据投影向量的公式计算得到答案.【详解】，则，故，在方向上的投影向量.故选：D.4．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用中间值比较大小即可.【详解】因为，所以，所以，又，所以.故选：B5．已知为抛物线的焦点，直线与交于，两点，则的最小值是（    ）A．10 B．9 C．8 D．5【答案】B【分析】设，，联立得，则，利用基本不等式即可得出答案.【详解】设，，联立得，则.所以.当且仅当，即，时，上式取等号，故.故选：B6．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则（    ）A．在区间内有一个零点 B．在上单调递减C．在区间内有最大值 D．的图象在处的切线方程为【答案】C【分析】对于A：根据三角函数值判断的符号即可；对于B：取特值结合单调性的定义分析判断；对于C：求导，利用导数判断原函数的单调性与最值；对于D：根据导数的集合意义运算求解.【详解】对于选项A：因为，则，可得，则，所以在区间内无零点，故A错误；对于选项B：因为，，不满足，所以在上不是单调递减，故B错误；对于选项C：因为，当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此当时，取得最大值，故C正确；对于选项D：由选项C可得：，且，因此图象在原点处的切线方程为，故D错误.故选：C.7．如图，已知正方体，点在直线上，为线段的中点，则下列命题中假命题为（    ）A．存在点，使得B．存在点，使得C．直线始终与直线异面D．直线始终与直线异面【答案】C【分析】当点和点重合时，可判断A；通过线面平行的判定定理，当点为线段的中点时，即可判断B；当点和点重合时，两条线在同一平面内，不是异面直线，可判断C；直线PQ与另一条线所在的平面相交，从而证明这两条线不相交，也不平行即可判断D.【详解】正方体中，易得平面，因为点在直线上，为线段的中点，当点和点重合时，平面，，故A正确；连接、，当点为线段的中点时，为三角形的中位线，即，故B正确；平面，当点和点重合时，平面，所以直线和在同一平面内，故C错误；平面，平面，，所以直线始终与直线不相交，且不平行，所以直线与直线是异面直线，故D正确；故选：C8．设各项均为实数的等差数列和的前n项和分别为和，对于方程①，②，③．下列判断正确的是（    ）A．若①有实根，②有实根，则③有实根B．若①有实根，②无实根，则③有实根C．若①无实根，②有实根，则③无实根D．若①无实根，②无实根，则③无实根【答案】B【分析】若①有实根，得到，设方程与方程的判别式分别为和，得到，结合举反例可以判断选项AB；通过举反例可以判断选项CD.【详解】若①有实根，由题意得：，其中，，代入上式得，设方程与方程的判别式分别为和，则等号成立的条件是．又，如果②有实根，则，则或者，所以③有实根或者没有实根，如 满足，，但是，所以③没有实根，所以选项A错误；如果②没实根，则，则，所以③有实根，所以选项B正确；若①无实根，则，②有实根，则,设，所以，，此时，则③有实根，所以选项C错误；若①无实根，则，②无实根，则,设，所以，，此时，则③有实根，所以选项D错误.故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键是排除法的灵活运用，要证明一个命题是假命题，证明比较困难，只需举一个反例即可. 二、多选题9．下列命题中的真命题有（    ）A．当时，的最小值是3B．的最小值是2C．当时，的最大值是5D．若关于的不等式的解集为，则【答案】AC【分析】对于A、C：根据基本不等式分析判断；对于B：根据对勾函数分析判断；对于D：根据三个二次之间的关系分析判断.【详解】对于选项A：因为，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选项A正确；对于选项B：因为，等号成立的条件是，所以等号不成立，不能使用基本不等式，令，则在上单调递增，所以时取得最小值，故选项B错误；对于选项C：因为，则所以，当且仅当，即时，等号成立，故选项C正确；对于选项D：因为关于的不等式的解集为，所以的根为2,3，则，解得，所以，故选项D错误.故选：AC.10．对于函数，如果存在实数，使得，那么称函数有不动点，也称是函数的一个不动点.下列命题中的真命题有（    ）A．有1个不动点 B．有2个不动点C．有3个不动点 D．没有不动点【答案】AB【分析】通过求出各选项的解，单调性和取值范围即可得出结论.【详解】A项，在中，，当时，解得：，∴当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，∴即，，当且仅当取等号，A对；B项，在中，由及，解得或，故B正确；C项，在中，∴函数是以为周期的周期函数，在中，单调递增且过，值域为，单调递增且过，值域为，∵∴，由零点定理知，与在上有1个交点，由对称性知，与在上有1个交点，∴与在上有3个交点，即在上有3个不动点，∵函数是以为周期的周期函数，∴每个周期都会与函数有交点，∴有无数个不动点，C错；D项，在中，，故D错误；故选：AB.【点睛】本题考查构造函数，求导，利用导函数求解函数单调性和取值范围；考查学生对周期函数的分析，新定义问题的理解，去绝对值的方法，具有极强的综合性.11．设直线系，下列命题中的真命题有（    ）A．中所有直线均经过一个定点B．存在定点不在中的任一条直线上C．对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上D．中的直线所能围成的正三角形面积都相等【答案】BC【分析】根据条件分析出为圆的全体切线组成的集合，再逐项判断即可.【详解】由题知，点到中每条直线的距离，即为圆的全体切线组成的集合，从而中存在平行的直线，所以A错误；又因为点不存在任何直线上，所以B正确；对任意，存在正边形使其内切圆为圆，故C正确；中的直线能组成两种大小不同的正三角形，故D错误.  故选：BC12．如图，棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则下列结论中正确的是（    ）  A．平面B．球的体积为C．球被平面截得的截面面积为D．球被正四面体表面截得的截面周长为【答案】ABD【分析】根据题中条件，根据线线垂直，证明线面垂直，可判断球为正四面体的棱切球，可判断BCD.【详解】  设､分别为､的中点，连接，，，，，，，则，，，，故，，则四边形为平行四边形.故，交于一点，且互相平分，即点也为的中点，又，，故，.，，平面，故平面，由于，平面，则平面，故，结合点也为的中点，同理可证，，，平面，故平面，A正确；由球的表面正好经过点，则球的半径为，棱长为2的正四面体中，，为的中点，则，故，则，所以球的体积为，B正确；由平面，平面，故平面平面，平面平面，由于平面，延长交平面于点，则平面，垂足落在上，且为正的中心，故，所以，即为球心到平面的距离为故球被平面截得的截面圆的半径为，则球被平面截得的截面圆的面积为，C错误；由A的分析可知，也为棱，中点连线的中点，则球与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，故球被正四面体表面截得的截面周长为，D正确.故选：ABD. 三、填空题13．一组数据的分位数是__________.【答案】21【分析】利用分位数的求解方法进行计算.【详解】，故从小到大排列，选择第9个和第10个数的平均数作为分位数，即.故答案为：2114．若展开式的各项系数之和为，其展开式中的常数项为______.（用数字作答）【答案】10【详解】由题意，二项式展开式的各项系数之和为，令，可得，解得，则展开式的通项为，令，可得常数项为.故答案为：10.15．扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为和的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为．若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______________.【答案】【分析】扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高.【详解】设一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，所以，，可得，因此，该圆锥的高为，故侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形的圆锥的高为，因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.故答案为: .16．定义两个点集，之间的距离集为，其中表示两点，之间的距离.已知，，，，，则的一个可能值为___________.【答案】（答案不唯一，可填，中任何一个）.【分析】根据集合表示双曲线上支，集合表示直线，将转化为直线与渐近线平行，在渐近线下方，且与渐近线的距离为1即可求解.【详解】，即，，故集合表示双曲线上支的点，集合表示直线上的点，，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即，且与渐近线的距离为1.双曲线的渐近线为，不妨取，则，平行线的距离，故，，.故答案为：（答案不唯一，可填，中任何一个）. 四、解答题17．已知，，，且的图象关于点对称.(1)求；(2)设的角、、所对的边依次为、、，外接圆半径为，且，，．若点为边上靠近的三等分点，求的长度.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角恒等变换可得，从而得，根据正弦函数的对称性即可求得结果；（2）由可得，根据正弦定理可求，从而可求，在中利用余弦定理可求与，在中利用余弦定理即可求.【详解】（1）∵，∴.因为的图象关于对称，所以，，，又，所以.（2）由（1）知.因为，即，所以或，得或，.因为，所以，  在中，由正弦定理得，因为点为边靠近的三等分点，所以.由余弦定理得，即，解得(负值舍去)所以，在中，由余弦定理得，所以.18．已知数列的前项和为，，，.(1)求，及的通项公式；(2)设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的最小值.【答案】(1)，，(2) 【分析】（1）根据递推公式和的值，即可求出，及的通项公式；（2）求出数列的通项公式，得出数列的前项和，由不等式的恒成立，还可求出的最小值.【详解】（1）由题意，在数列中，，，当时，，当时上式也符合，∴，，.∴当时，；当时，上式也符合.∴的通项公式为.（2）由题意及（1）得，,在数列中，，数列中，,∴.∵，∴.∵.∴的最大值为，.∴的最小值为.19．如图，且，，且，且.平面，.  (1)求平面与平面的夹角的正弦值；(2)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用空间向量法求出平面与平面的法向量，即可求解；（2）设线段DP的长为（），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解.【详解】（1）因为平面，，平面，所以，.因为，所以，，两两垂直，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），  则，，，，，，.得，，.设为平面的法向量，则，令，则；设为平面的法向量，则，令，则，所以.所以平面与平面的夹角的正弦为.（2）设线段的长为，则，.因为，，平面，所以平面，为平面的一个法向量，所以，由题意，可得，解得.所以线段的长为.20．某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立.(1)若，求数学期望；(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率p与参数的取值有关.团队A提出函数模型为.团队B提出函数模型为.现将白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第i组被感染的白鼠数，现将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示.（ⅰ）试写出事件“，，…，”发生的概率表达式（用p表示，组合数不必计算）；（ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：.【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）答案见解析， 【分析】（1）易知随机变量服从二项分布，由，得，数学期望即可求解；（2）设，依题意得化简即可；记，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．【详解】（1）由题知，随机变量服从二项分布，，由，即，得，所以．（2）（ⅰ），，．（ⅱ）记，则，当时，，单增；当时，，单减；当时，取得最大值，即取得最大值．在团体提出的函数模型中，记函数，，当时，，单增；当时，，单减．当时，取得最大值，则不可以估计．在团体提出的函数模型中，记函数，单调递增，令，解得，则是的最大似然估计．【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．21．已知定点，关于原点对称的动点，到定直线的距离分别为，，且，记的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线？(2)已知点，是直线与曲线的两个交点，，在轴上的射影分别为，（，不同于原点），且直线与直线相交于点，求与面积的比值.【答案】(1)曲线的方程为或，曲线是以点，为焦点，长轴长为的椭圆与轴组成的曲线(2)比值为1 【分析】（1）设，由直接列式化简可得；（2）先证直线直线的交点也是直线与直线的交点，则有，，由即可求解.【详解】（1）设，.由有，，两边平方得，化简得，即曲线的方程为或.曲线是以点，为焦点，长轴长为的椭圆与轴组成的曲线.（2）设直线与椭圆相交于，两点，则，.令，将代入并整理得，，，.直线的方程为：.设，则，同理直线与直线相交于点，.，其中.从而，与重合.因为，所以.又，，则.所以与面积的比值为1.  22．已知函数．(1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.（2）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，不等式恒成立，即在上恒成立，记，则，得到在区间上单调递减，在上单调递增，则，即在区间上恒成立，分离变量知：在上恒成立，则，，由前面可知，当时，恒成立，即，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以．（2），设曲线图象上任意一点，所以曲线在点处的切线方程为，将代入得，故切点为，过的切线方程为，所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，从而当时，有三个极值点，，，并且，，，取对数知：，，即，，则．构造，在时恒成立，则在区间上单调递增，且，从而的解为，综上所述．【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.