2023届广东省广州市天河区高三综合测试（三）数学试题含解析

这是一份2023届广东省广州市天河区高三综合测试（三）数学试题含解析，共24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届广东省广州市天河区高三综合测试（三）数学试题

一、单选题
1．若集合，，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】化简集合，根据交集定义求.
【详解】不等式的解集为，
所以，又，
所以.
故选：A.
2．已知复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解.
【详解】设，，
所以，所以，
解得：，
所以.
故选：C
3．设两个单位向量，的夹角为，若在上的投影向量为，则（    ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据投影向量公式以及向量夹角的余弦公式求得结果.
【详解】因为在上的投影向量为，所以，
又是两个单位向量，即，所以，所以.
故选：B.
4．小明的父母在他入读初中一年级起的9月1日向银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在9月1日当天都存入一笔钱，每年比上年多存1000元，即第二年存入2000元，第三年存入3000元，……，连续存6年，每年到期利息连同本金自动转存，在小明高中毕业的当年9月1日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为p，不考虑利率的变化．在小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数（单位：千元）为（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由条件确定每年的存款的本息和，再利用错位相减法求六年的本息和即可.
【详解】设第年的存款到取出时的本息和为（千元），，
则，，，，
，，
所以小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数为：

所以，
所以，
所以，
所以，
故选：D.
5．若，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用同角关系结合两角差的正切公式化简即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
6．正四棱柱中，，P为上底面的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高，点M到平面PCD的距离的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的距离为，利用等体积法求解即可.
【详解】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，
设点M到平面PCD的距离为，
，，
则中，边上的高为，
则，
由，
得，
所以，
由，得，则，则，
所以，
即点M到平面PCD的距离的取值范围是.

故选：B.
7．已知总体划分为若干层，通过分层随机抽样，其中某一层抽取的样本数据为，，…，，其平均数和方差分别为，．记总的样本平均数为，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据平均数和方差的定义可得，，
再由化简计算即可.
【详解】因为样本数据为，，…，，其平均数和方差分别为，．
所以，
，，
所以




，
故选：D.
8．定义，设函数，若使得成立，则实数a的取值范围为（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先考虑命题使得成立的否定为真命题时a的取值范围，再求其补集即可.
【详解】命题使得成立的否定为对，，
因为当或时，，当时，，
所以当或时，，
若命题，为真命题，
则当时，恒成立，
所以，其中，
设，
当时，函数在单调递增，
所以当时，函数取最小值，所以，
所以，矛盾；
当时，函数在单调递减，
所以当时，函数取最小值，所以，
所以，矛盾；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，函数取最小值，所以，
所以，
所以当时，命题，为真命题，
所以若使得成立，则a的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

二、多选题
9．如图，在矩形中，点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，且．若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段，重合，则（    ）．
  
A．直线与异面 B．直线与异面
C．直线与平面垂直 D．直线与平面垂直
【答案】BC
【分析】由题意可证得可判断A；由异面直线的定义可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；与不一定垂直可判断D.
【详解】对于A，因为点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，取分别为下底面和上底面的圆心，根据对称性直线，故A不正确；
  
对于B，连接，直线与既不平行也不相交，故直线与异面直线，故B正确；
    
对于C，因为点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，
连接，
由圆柱的性质知，，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，因为圆的直径，所以，
即，又因为底面，底面，所以，，平面，所以平面，故C正确；
  
对于D，连接，因为圆弧，则设圆的半径为，
所以圆弧，而，所以圆弧，
所以与不一定相等，故四边形的对角线与不一定垂直，
所以直线与平面不一定垂直，故D不正确；
  
故选：BC.
10．已知，是抛物线上不同于原点O的两点，点F是抛物线C的焦点，点M是线段的中点，则（    ）．
A．C的准线为
B．当直线的斜率k存在时，
C．当A，B，F三点共线时，
D．当直线过点时，
【答案】BCD
【分析】由抛物线方程求其准线方程判断A，由点差法判断B，根据抛物线定义判断C，根据设而不求法判断D.
【详解】抛物线的准线方程为，A错误；
因为点，在抛物线上，
所以，
所以，
若直线的斜率k存在，则，B正确；
当A，B，F三点共线时，，C正确；
若直线过点时且斜率为，则其方程为，
直线与抛物线只有一交点，与条件矛盾，
所以设直线的方程为，
联立，消可得，
方程的判别式，
所以，
设点的坐标为，，，
所以，
，
所以，
所以，D正确；
故选：BCD
    
11．甲乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，则（    ）
A． B．
C． D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，进而表达出，结合组合数的公式求解可得，再逐个选项判断即可.
【详解】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，故，而，且，
，故C正确；
A：，正确；
B：，错误；
D：因为，
又，故，故随着的增大而增大.
故的最小值为，正确.
故选：ACD
12．设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则（    ）．
A．， B．
C． D．
【答案】AC
【分析】由为奇函数，结合奇函数的性质判断A，由条件证明为周期为的函数，利用组合求和法求判断C，根据条件证明，由此判断BD.
【详解】对A，又∵为奇函数，
则图像关于对称，且，
所以，A 正确；
对于C，∵，则，
则，又，
所以，
令，可得，即.
所以，又
所以，
所以，
∴的周期，所以，
由可得，
，，，
所以，，
∴，C正确；
对B，，则是周期的函数，，B错误；
对D，，，所以，
所以，D错误.
故选：AC.
【点睛】知识点点睛：本题考查导数的运算，奇函数的性质，抽象函数周期性的证明，分组求和法等知识点，属于综合题，考查逻辑推理和首项运算的核心素养.

三、填空题
13．曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程.
【详解】函数的导函数为，
所以函数在处的导数值，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
故答案为：.
14．在中，点D在边上，，，，，则的长为__________．
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得，然后在中由余弦定理即可得到结果.
【详解】  
由题意，作交于，
因为，，，，
所以，则，
在中，由余弦定理可得，
.
所以.
故答案为：.
15．已知F是双曲线的右焦点，直线与双曲线E交于A，B两点，O为坐标原点，P，Q分别为，的中点，且，则双曲线E的离心率为__________．
【答案】
【分析】首先根据数形结合分析，，且是的中点，所以，直线与双曲线方程联立求点的坐标，根据，得到，再转化为关于的齐次方程，求离心率.
【详解】由对称性可知原点是的中点，又、的中点分别为、，
，
四边形是平行四边形，
， ，
四边形是矩形，
,
设
，解得 ，
，即 ，，

，两边同时除以，
得，又 ，
，
.
  
故答案为：.

四、双空题
16．已知空间直角坐标系中，过点，且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，试写出直线l的一个方向向量为__________，直线l与平面所成角的正弦值为__________．
【答案】
【分析】由题意可得平面的法向量，同理可得平面的法向量以及的法向量，根据已知可知直线与这两个法向量垂直，可设直线的方向向量为，即得方程组求得直线的一个方向向量；继而利用向量的夹角公式可求得直线与平面所成角的余弦值.
【详解】平面的方程为，可得平面的法向量为，
平面的法向量为的法向量为，
设直线的方向向量为，则 ，即 ,
令 则取，
设直线与平面所成角，，
则，
故答案为：；.

五、解答题
17．在直角坐标系中，已知是以原点O为圆心，半径长为2的圆，点，角x（单位：弧度）的始边为射线，终边与交于点B，点B的纵坐标y关于角x的函数为．
(1)写出函数的解析式；
(2)将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值，并写出取得最值时自变量x的值．
【答案】(1)；
(2)当时，函数取最大值2，当时，函数取最小值.

【分析】（1）根据三角函数的定义求函数的解析式；
（2）根据三角函数图象变换结论确定函数的解析式，再根据正弦函数性质求其在上的最值及取最值的条件.
【详解】（1）因为，由三角函数定义可得，
所以，
（2）将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）可得函数的图象，
将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以函数在的最大值为2，此时，即，
函数在的最小值为，此时，即.
所以当时，函数取最大值2，当时，函数取最小值.
18．某学校开展“争做文明学生，共创文明城市”的创文知识问答竞赛活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取100名学生的竞赛成绩（单位：分），并以此为样本绘制了如下频率分布直方图．
  
(1)求该100名学生竞赛成绩的第80百分位数；
(2)学校拟对被抽取的100名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于70的学生获得1次抽奖机会，得分高于70的学生获得2次抽奖机会．假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为．从这100名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望（用分数表示），并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析；，此次抽奖要准备的学习用品的价值总额估计为．

【分析】（1）由频率分布直方图确定各组的频率，结合百分位数的定义求解；
（2）由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求期望，并估计此次抽奖要准备的学习用品的价值总额．
【详解】（1）由频率分布直方图可得竞赛成绩位于区间的频率分别为：
，
又， ，
所以第80百分位数大于，小于，
设第80百分位数为，则，
所以，
所以该100名学生竞赛成绩的第80百分位数为；
（2）由已知的取值可能为：，
由已知从人中任取一名同学，该同学成绩不超过的概率为，
又每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，
抽到价值20元的学习用品的概率为．
，
，
，
；
所以的分布列为：










所以，
所以此次抽奖要准备的学习用品的价值总额估计为元．
19．已知数列的首项，其前n项和为，且满足．
(1)求；
(2)设，求数列的最大项．
【答案】(1)
(2)数列的第二项和第四项都为其最大项，且.

【分析】（1）结合与的关系，由条件可得，利用分组求和法结合等差数列求和公式可求.
（2）由条件求，结合，证明，再求出数列的前n项和，由此确定，讨论知最大项为偶数项，利用导数分析数列的单调性，由此确定其最大项.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，故，
所以，，，，，
所以；
（2）因为，
所以，又，所以，
由（1），
所以，，
所以，
所以，，
所以，
当时，，
所以，又，
所以，
又，所以，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以数列的最大项一定为偶数项，
当为偶数时，，
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，且为偶数时，数列单调递增，
所以，且为偶数时，单调递减，
又，，
所以数列的第二项和第四项都为其最大项，且.
20．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，平面平面，为棱上的点，且．

(1)求证：平面；
(2)若，二面角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的一个三等分点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面．
（2）由，平面平面，得出平面，，是二面角的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面、平面的法向量，用法向量求平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）证明：如图所示：

设点为的一个三等分点，且，连接，，
因为，，所以，，
又因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）如图所示：

因为，平面平面，
且平面平面，所以平面，
所以，所以为二面角的平面角，
以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，得；
同理，，，设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
．
21．已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若直线l的斜率，求原点O到直线l的距离；
(2)记直线AM，BN的斜率分别为，，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设出直线l方程，根据直线l与C相切求出或，再利用点到直线距离公式即可求出.
（2）设直线l方程为，根据直线l与C相切求出，再把直线方程与圆的方程联立，借助韦达定理得到关系式，代入即可化简出定值.
【详解】（1）由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为，
与椭圆联立得.
因为直线l与C相切，所以，
故.
当时，，或，直线l方程为.
所以原点O到直线l的距离为.
（2）设，，，由已知可得，，
∴，.由（1）得，，.
所以①，
由，得，由韦达定理得
，
，，
故，
∴，代入①式整理可得
，所以为定值．
22．已知函数，记的导函数为．
(1)当时，讨论的极值点的个数；
(2)若有三个零点，，，且，证明：．
【答案】(1)当时，函数的极值点的个数为；
(2)证明见解析.

【分析】（1）求导得到，进而得到，由此判断函数的单调性，再判断函数的单调性，并根据极值点的定义确定函数的极值点及其个数；
（2）讨论，利用导数研究函数的单调性， 结合零点存在性定理证明当时，函数存在三个零点，且，
再证明，由此可得要证明，只需证明，设，利用导数求其范围，由此证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，
导函数，
即，
所以，
因为，，所以，
所以，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以为函数的极大值点，函数没有极小值点；
所以函数只有一个极值点；
（2）因为，
由（1）可得当时，函数有且只有一个零点，不满足要求，
当时，，
令，可得，
当时，，
所以，故，
函数在上单调递增，且，
函数在上只有一个零点，不满足要求，
当时，方程有两个不相等的实数解，
设其解为，不妨设，
则，
所以，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
因为函数在上单调递减，，，
所以，，
又当时，，当时，
由，，
所以函数在，上各存在在一个零点，
所以，
又若为的零点，则，
则，
所以为函数的一个零点，
所以若为的零点，则必为函数的一个零点，
所以，
要证明，
只需证明，
只需证明，
又，故，
所以只需证明
只需证明，
设，
则，
函数在上单调递减，
所以当时，，
所以当时，，即，
又，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．