2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三下学期5月月考数学试题含解析

这是一份2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三下学期5月月考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三下学期5月月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则(    )A． B．C． D．【答案】D【分析】化简集合A，B，再利用数轴求出结论.【详解】由得，则有，，∵在上单调递增，则，，如图，观察数轴得.故选：D2．复数，则的虚部为（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解.【详解】由得，所以，故的虚部为为 ，故选：C3．，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由同角三角函数的关系，求出，再由两角差的正切公式求.【详解】，，则有，，.故选：B.4．已知向量，，满足，，，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有（    ）组.A．3 B．2 C．1 D．0【答案】C【分析】根据已知条件进行分类讨论，列举出A,B,D三个选项的可能情况即可.【详解】若向量，，均为非零向量，则向量，，共线或两两互相垂直，此时三组向量中两两共线的有0组或3组，故A和D错误；若其中一个为零向量，则另外两个向量一定不共线，则，零向量和另外两个向量组成两组共线向量，故B错误.显然，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有1组.故选：C5．共有9人参加了某课程的学习，一项作业要求由3人组成的团队完成.不区分每个团队内3人的角色和作用，共有（    ）种可能的组队方案.A．84 B．729 C．1680 D．280【答案】D【详解】由题意得将9名同学分成3组，每组3人，且组与组之间可以互换，所以共有可能的方案数为组，故选：D6．等比数列的前项和为， ，，则（    ）A．28 B．32 C． D．28或【答案】A【分析】根据等比数列前项和的性质，也构成等比数列，即可求得.【详解】因为数列为等比数列，则根据等比数列和的性质可知，也构成等比数列，则，设，则，解得：，对应有因为，所以与同号，所以.故选：A7．，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】找中间值进行比较大小，再借助泰勒展开即可比较大小.【详解】由题意得，， 因为，所以，由泰勒展开得，，所以，故，综上所述a，b，c的大小关系是.故选：C8．已知为坐标原点，是椭圆上一点，F为右焦点.延长，交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，，，，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再由及椭圆的定义，可得，，，的关系，在两个直角三角形中可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．【详解】设椭圆的左焦点，连接，，，，由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，  因为,所以，所以可得四边形为矩形，因为，所以，设，则，由椭圆的定义可知，，，在中，，即，整理可得：，所以可得，在△中，，即，所以离心率，故选：A 二、多选题9．已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（    ）A．， B．C．若，则 D．若，则//平面【答案】ABCD【分析】根据空间向量的“奔驰定理”，即可判断A；首先确定点的位置，根据向量的线性运算，确定的值，即可判断B；根据垂直关系的转化，转化为证明平面，即可判断C；利用垂直，平行的位置关系，即可判断D.【详解】根据空间向量“奔驰定理”可知，，因为四面体的内切球球心，所以，如图，平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，平面，所以，因为，，所以，，即，故A正确；因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边的中点到顶点的距离都相等，且为，所以四面体外接球的球心为的中点，所以，即，故B正确；  因为平面，平面，所以，若，，平面，所以平面，平面，所以，故C正确；  因为平面，平面，故平面平面，过作，垂足为，因为面平面，平面，故面，而面，故，若，则，而平面，故平面，故，而平面，平面，所以平面，故D正确.故选：ABCD【点睛】思路点睛：在空间向量的一些计算中，可以借助平面向量的中的某些定理（如奔驰定理）来处理空间向量中有关问题的计算，另外一些位置关系的判断应该利用基本的判定定理来处理.10．抛物线焦点为，且过点，直线，分别交于另一点和，，则下列说法正确的是（    ）A． B．直线CD过定点C．上任意一点到和的距离相等 D．【答案】CD【分析】根据抛物线过点得到，即可判断选项C和D；根据已知条件直接求出C，D点的横坐标从而计算直线CD的斜率和方程，进而判断A和B选项.【详解】抛物线过点，所以，，故D正确；所以抛物线，上任意一点到和准线的距离相等，故C正确；设，，设，则，所以的方程为，即，联立，得，当时，，得，代换，得到，所以，故A错误；直线CD：，即，不过定点，故B错误.故选：CD11．，，以下哪些值能使单调递增（    ）A． B． C． D．3【答案】BCD【分析】依题意恒成立，即恒成立，可知，将式子变形为，根据的单调性，可得恒成立，即恒成立，再令，利用导数求出函数的最小值，即可得到不等式，从而求出的取值范围.【详解】因为，，所以，，依题意恒成立，即恒成立，显然，所以恒成立，即，由，令，显然在上单调递增，即恒成立，所以恒成立，即恒成立，即恒成立，令，，则，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以在处取得极小值及最小值，所以，则，解得，故符合题意的有BCD.故选：BCD【点睛】方法点睛：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．12．设是大于1的整数，离散型随机变量的可能取值为1，2，…，m，满足对任意一个正整数，，则的取值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据已知条件，概率之和为1等知识求解范围进行判断即可.【详解】因为，则，由上式知，不恒等于一个常数，单调递减，则，又因为则.故选：ABD【点睛】离散型随机变量（=1，2，…，m）的概率之和为1，且，根据这些相关知识对题意进行转化，求解范围即可. 三、填空题13．展开式中项的系数是      .【答案】320【分析】将问题转化为的系数为中的系数，利用二项式展开式的通项特征即可求解.【详解】由，所以的系数为中的系数，展开式中为，故答案为：32014．设随机变量，则          ．【答案】【分析】根据二项分布的概率计算公式即可求解.【详解】随机变量服从．故答案为：15．是椭圆内接的内切圆，且在y轴右侧，则      .【答案】【分析】根据题意作出图形，利用内切圆的性质及点B在椭圆上建立方程求解.【详解】由题意，在y轴右侧，作出图形，如图，由椭圆及圆的对称性知，轴，设，过圆心作于点，BC交x轴于H，由椭圆方程知，所以，，，又B在椭圆上，所以，又，即，可得，所以，化简可得，解得，或（舍去）.故答案为： 四、双空题16．，，则最小值为      .若与无交点，则的取值范围为      .【答案】     0或     【分析】当时，的最小值为0，当时，利用导数可求出最小值，由于，所以将问题转化为在上无解， 构造函数，利用导数求出其最大值，从而可求出的取值范围.【详解】若，则，则的最小值为0，若，则由，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以的最小值为，综上，的最小值为0或，，因为与无交点，所以在上无解，由，得（），令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，所以当时，直线与的图象无交点，即当时，方程在上无解，所以的取值范围为，故答案为：0或，【点睛】关键点睛：此题解题的关键是变形得，与的形式相同，然后将问题转化为在上无解，再通过构造函数，利用导数求函数的最值即可得解. 五、解答题17．在中，a，b，c分别为A，B，C的对边，.(1)求的大小.(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合余弦定理的边角形式即可求解，（2）由二倍角公式以及诱导公式即可求解.【详解】（1）由 可得，由正弦定理可得，所以 由于，所以,（2）得,故18．已知正数数列满足，且.（函数求导次可用表示）(1)求的通项公式.(2)求证：对任意的，，都有.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）对已知的式分解因式，再结合可得，然后利用累乘法可求出；（2）构造函数，然后对函数连续次求导，再结合和可判断出单调递增，从而可证得结论.【详解】（1）由，得，所以或，因为，所以，所以，所以（2）证明：当时，恒成立，令，即，则，……，所以在上递增，所以，所以在上递增，所以，所以在上递增，……所以在上递增，所以，所以在上递增，所以，综上对任意的，，都有.【点睛】关键点点睛：此题考查利用数列的递推式求通项公式，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据题意构造函数，然后通过连续求导判断函数的单调性，从而可证明结论，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.19．如图所示，在正四棱锥中，底面的中心为，于，与交点为，.  (1)求证：平面.(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）延长至点，使，连接，进而可证，可得，进而可证结论；（2）可证，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立空间直角标系，求得平面与平面的一个法向量，进而可求二面角的余弦值．【详解】（1）如图，延长至点，使，连接，底面的中心为，平面，平面,，，，，，，，，而，，，平面，平面，平面；（2）由（1）知是的中点，又，，不妨设，则，，是正四棱锥，底面的中心为，，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，  则，，，，，，，，，，；设平面的一个法向量为，，令，则，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以；，二面角所成角的正弦值为．20．最是一年春好处，运动健儿满华附.为吸引同学们积极参与运动，鼓励同学们持之以恒地参与锻炼，养成良好的习惯，弘扬“无体育，不华附”的精神理念，2023年3月华附举办了春季运动会.春季运动会的集体项目要求每个学生在足球绕杆、踢毽子和跳大绳3个项目中任意选择一个参加.来自高三的某学生为了在此次春季运动会中取得优秀成绩，决定每天训练一个集体项目.第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练.(1)若该学生进行了3天的训练，求第三天训练的是“足球绕杆”的概率.(2)设该学生在赛前最后6天训练中选择“跳大绳”的天数为，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)的分布列见详解，． 【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；（2）由题知的可能取值为0，1，2，3，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可．【详解】（1）当第一天训练的是“足球绕杆”且第三天也是训练“足球绕杆”为事件；当第一天训练的不是“足球绕杆”且第三天是训练“足球绕杆”为事件；由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，所以， ，，所以，第三天训练的是“足球绕杆”的概率．（2）由题知，的可能取值为0，1，2，3，所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，故；当时，第一天选择“跳大绳”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；第二天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；第三天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；第四天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；第五天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；第六天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；综上，当时，共有种选择，所以，；当时，第一天，第三天，第五天，选择“跳大绳”，有种选择；第一天，第三天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择第一天，第四天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择；第二天，第四天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择；所以，当时，共有种选择，所以，；所以，当，所以，的分布列为：0123所以，．21．已知为坐标原点，，是椭圆的两个焦点，斜率为的直线与交于，两点，线段的中点坐标为，直线过原点且与交于，两点，椭圆过的切线为，的中点为.(1)求椭圆的方程.(2)过作直线的平行线与椭圆交于，两点，在直线上取一点使，求证：四边形是平行四边形.(3)判断四边形的面积是否为定值，若是定值请求出面积，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)定值， 【分析】（1）设：，联立得，利用韦达定理结合关系，即可求出，得出椭圆的标准方程.（2）设，由已知得，，根据过椭圆上任一点的切线斜率公式得出过点的切线方程斜率为，得出，联立椭圆方程利用韦达定理和化简得出，判断出是的中点，又结合，即可得证.（3）设点到直线的距离为，结合（2）表示出和，即可判断结果.【详解】（1）由题知，设椭圆方程为，设：，，则，联立得，因为线段的中点坐标为，所以，，所以，再代入得，又，所以，所以椭圆的方程为.（2）设，则，因的中点为，所以，根据已知，过点的切线方程斜率为，又，知，所以：，即，，联立得，所以，，可得，即是的中点，又，知是的中点，所以四边形是平行四边形.（3）由（2）知，，，，：，即，设点到直线的距离为，所以，，所以，所以四边形的面积为.即四边形的面积是定值，且为.      【点睛】方法点睛：直线与椭圆的综合问题，其应用主要从以下几个角度进行：（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）联立方程，韦达定理是常用到的方法；（3）考查计算能力较大，解答过程中要注意各点横纵坐标的表示.（4）考查数形结合思想的应用.22．.(1)讨论的零点个数.(2)，若对任意均有唯一使，且恒成立，求证：.【答案】(1)当或时，函数存在唯一的零点；当时，函数不存在零点；当时，函数存在两个零点.(2)证明过程见详解 【分析】（1）根据函数的解析式分和，三种情况进行讨论，当和时利用零点存在性定理即可判断，时，对函数求导，利用导函数进行讨论即可求解；（2）结合（1）的结论可得，然后将问题进行等价转化为，也即证明，结合题意构造函数，利用导函数进而得证.【详解】（1）由题意知，当时，函数单调递增，且当趋近于0时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于，由零点存在性定理可知，函数有唯一零点；当时，函数，显然在0处存在唯一零点；当时，对函数求导可得，则函数单调递增，，若时，，存在唯一零点，若时，且，在和上各有一个零点，若时即为求的解个数，而右边随单调递减，而时恰好相切有一个交点且，所以时无法取等，即不存在交点，也即原函数不存在零点，综上，当或时，函数存在唯一的零点；当时，函数不存在零点；当时，函数存在两个零点.（2）由（1）易得， ，由题意可知，为原函数的极小值点，由可得，要证成立，即证，因为，则，令，则，即证明，又由恒成立和函数的单调性可得，对任意都有，令，则，又显然，，，因此，故，得证.【点睛】方法点睛：导数不等式证明（1）证明不等式，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题；（2）求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出俩，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题.