2023届广东省云浮市罗定中学城东学校高三下学期3月调研数学试题含答案

这是一份2023届广东省云浮市罗定中学城东学校高三下学期3月调研数学试题含答案，共16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届广东省云浮市罗定中学城东学校高三下学期3月调研数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解不等式分别化简集合，再根据交集的运算求解即可.【详解】∵，，．故选:B.2．已知复数（为虚部单位），则的最大值为（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】D【分析】，则，从而当时，取最大值3．【详解】复数为虚部单位），，，则当时，取最大值3．故选：．3．若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选B．【解析】空间直线和平面、直线和直线的位置关系． 4．等差数列的公差是2，若 成等比数列，则的前 项和A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：由已知得，，又因为是公差为2的等差数列，故，，解得，所以，故．【解析】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和． 5．如图是某赛季两位篮球运动员最近10场比赛中各自得分的茎叶图，两人的平均得分分别为、则下列结论正确的是（    ）A．，甲比乙稳定 B．，乙比甲稳定C．，甲比乙稳定 D．，乙比甲稳定【答案】A【分析】比较甲乙两人的平均值，和他们成绩的集中分散情况，可得答案.【详解】根据茎叶图可知， ,, ,,故甲运动员的平均成绩低于乙运动员的平均成绩，但甲的成绩比乙的成绩更集中，因此甲比乙稳定，故选：A．6．半径为4的圆与直线：、：分别相交于点A和点B、点和点D，若，则（    ）A． B．5 C． D．4【答案】A【分析】首先求出直线与直线之间的距离、圆心到直线的距离，然后可得圆心到直线的距离，然后可得答案.【详解】由题得直线与直线之间的距离为，所以圆心在两直线之间，圆心到直线的距离为，则圆心到直线的距离为，故，故选：A．7．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数A．在区间 上单调递增 B．在区间 上单调递减C．在区间 上单调递增 D．在区间 上单调递减【答案】A【详解】分析：首先确定平移之后的对应函数的解析式，然后逐一考查所给的选项是否符合题意即可.详解：由函数图象平移变换的性质可知：将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：.则函数的单调递增区间满足：，即，令可得函数的一个单调递增区间为，选项A正确，B错误；函数的单调递减区间满足：，即，令可得函数的一个单调递减区间为，选项C，D错误；本题选择A选项.点睛：本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠的表面上有四个点、、、，满足为正三棱锥，是的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】推导出、、两两垂直，然后将正三棱锥补成正方体，计算出正方体的体对角线长，即为三棱锥的外接球直径，利用球体的表面积公式可得结果.【详解】取中点，连接、，为中点，，，同理，，平面，平面，，且，平面，、平面，，， 三棱锥是正三棱锥，、、三条侧棱两两互相垂直.将正三棱锥补成正方体，如下图所示：因为，所以正方体的体对角线长为，所以，正三棱锥的外接球的直径，所以，正三棱锥的外接球的表面积是，故选：B.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 二、多选题9．将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有（ ）A． B．   C． D．18【答案】BC【分析】根据题意，分析可得三个盒子中有1个中放2个球，有2种解法：(1)分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案；(2)分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，由分步计数原理计算可得答案，综合2种解法即可得答案．【详解】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：(1)分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法；则没有空盒的放法有种；(2)分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况；②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法；则没有空盒的放法有种；故选：BC．10．已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（    ）A．若，则双曲线的离心率B．若是面积为的正三角形，则C．若为双曲线的右顶点，轴，则D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则【答案】AB【分析】对选项A，由题意列式得，即可求得；对选项B，利用等边三角形的性质求解得，，即可得；对选项C，可得，即可判断，对选项D，举出反例即可判断.【详解】由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.故选：AB.【点睛】关于双曲线的离心率的求解，一般需要先列关于的等式或者不等式，从而求解出离心率的范围；关于双曲线的焦点三角形的应用，一般需要用到双曲线的定义以及余弦定理列式来求解.11．若对任意的，，且，都有，则m的值可能是（    ）A． B． C． D．1【答案】BCD【分析】将转化为，构造函数，利用导数求其单调递减区间即可.【详解】，且，则，整理得设，则只需要在上单调递减即可，，令，解得，则，所以BCD符合，故选：BCD.12．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．B．函数的零点为C．函数图象的对称轴为直线D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为【答案】ACD【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断选项即可得出结论.【详解】由函数的图象可知，，，则，，由，解得，因为，所以，，所以A正确.令，解得，故B错误.令,解得，所以C正确.对于D，，则，值域为，所以，解得，即实数的取值范围为，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．已知锐角的终边上一点P的坐标为，则       ．【答案】/【分析】由三角函数的定义可得，化简结合条件可得答案.【详解】由题意可得又为锐角，所以 故答案为：14．已知，为单位向量，且在方向上的投影为，则              ．【答案】【分析】根据向量投影的定义求得，进而结合平面向量的数量积以及运算律即可求出结果.【详解】由题得在方向上的投影为，又因为，为单位向量，则，所以，所以，即．故答案为：．15．的展开式的常数项是       【答案】【分析】写出的通项公式，分别计算两个式子对应的常数项，再相加即可.【详解】由题意，的通项公式为：，当，即时，，当，即时，所以展开式的常数项是．故答案为：16．已知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，直线与C交A，B两点，直线与C交于D，E两点，则|AB|+|DE|的最小值为    .【答案】16【解析】设出直线方程为，，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理，由弦长公式求得弦长，用，代替得弦长，求出，用基本不等式求得最小值．【详解】由题意抛物线焦点为，显然直线的斜率都存在且都不为0，设直线方程为，，由，得，所以，，，同理可得．所以，当且仅当时等号成立．故答案为：16．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线相交弦长问题，解题方法是设而不求思想方法，即设出直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得得，然后由弦长公式求得弦长． 四、解答题17．在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且2c－b＝2acos B，a＝．（1）若c＝，求的面积；（2）若为锐角三角形，求b－c的取值范围．【答案】（1）；（2）(，)．【分析】（1）由正弦定理对2c－b＝2acos B统一成角后化简可求出角A的值，再利用余弦定理求出b，从而可求出的面积；（2）由正弦定理可得，从而有b－c＝2 [sin B－sin(－B)] =2sin(B－)，再由三角形为锐角三角形可得＜B－＜，从而可求出b－c的取值范围【详解】（1）∵2c－b＝2acos B，由正弦定理得2sin C－sin B＝2sin Acos B，∴2sin(A＋B)－sin B＝2sin Acos B，∴2cos Asin B＝sin B．∵B∈(0，π)，∴sin B≠0，∴cos A＝．又∵A∈(0，π)，∴A＝．由余弦定理得7＝b2＋3－2××b，即b2－3b－4＝0，(b－4)(b＋1)＝0，∴b＝4或b＝－1(舍去)，∴＝bcsin A＝×4××＝．（2）由（1）知A＝．由正弦定理得，＝＝＝＝2，∴b－c＝2 [sin B－sin(－B)]＝2(sin B－cos B)＝2sin(B－)．∵是锐角三角形，∴＜B＜，＜B－＜，＜sin(B－)＜，∴b－c∈(，)．【点睛】此题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查了三角形的面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中档题.18．已知数列的前n项和为，且．(1)求证：数列为等差数列；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用可得，转化为可得答案；（2）求得，利用错位相减可得答案.【详解】（1）由可得，由得，所以，即，所以，，所以数列是公差为1，首项为1的等差数列.（2）由（1），得，所以，，两式相减得，所以.19．如图，在直三棱柱中，，，，D，E分别是，的中点，是棱上的点且，M是的中点．(1)证明：平面；(2)求直线CF与平面CDE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，，易证四边形是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，设为平面的一个向量，直线与平面所成角为，由求解.【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．，分别是，的中点，且．又是的中点，且．且．四边形是平行四边形．．又平面，平面，平面．（2）建立空间直角坐标系，则，，，．∴，，．设为平面的一个向量，则解得故可取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．20．绿水青山就是金山银山，生态环境日益受大家重视．2021年广州市某公司为了动员职工积极参加植树造林，在3月12日植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满15棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满25棵获得一次乙箱内摸奖机会．每箱内各有10个球（这些球除颜色外全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中个红球、个黄球、5个黑球（），乙箱内有4个红球和6个黄球．每次摸出一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金．（1）经统计，每人的植树棵数服从正态分布，现有100位植树者，请估计植树的棵数在区间内的人数（结果四舍五入取整数）；（2）某人植树50棵，有两种摸奖方法：方法一：三次甲箱内摸奖机会；方法二：两次乙箱内摸奖机会；请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大？附参考数据：若，则，．【答案】（1）人；（2）第二种方法所得奖金期望值大.【分析】（1）根据正态分布三段区间的概率值，求特殊区间概率，进而求得植树在内的人数.（2）由题设，确定甲箱摸奖的概率，注意参数的取值范围求期望值的最值，再由乙箱摸奖的概率求期望值，比较它们的大小.【详解】（1）由题设，，而，∴100位植树者中植树的棵数在内的人数为人.（2）摸甲箱：由题设知，故中100元、50元、没中奖的概率分别为、、；摸乙箱：中100元、50元的概率分别为、，∴甲箱内一次摸奖，奖金可能值为，且，，，则，∴三次摸奖的期望为，而可能取值为，即.两次乙箱内摸奖，所得奖金可能值为，，，，此时，期望奖金为元.综上，，故第二种方案摸奖期望值大.21．已知椭圆E：的离心率为，且过点．(1)求椭圆E的方程；(2)斜率为1的直线l与椭圆E交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为，求的面积．【答案】(1)(2)6 【分析】（1）根据离心率、椭圆所过的点列方程组求椭圆参数，即可得方程；（2）设AB为，，联立椭圆方程，应用韦达定理得，，由的中点且有求参数t，进而求、到AB的距离，即可求三角形面积.【详解】（1）由题意，解得，故椭圆的方程（2）设AB为，，联立，消去得：，且，则，，则的中点横坐标为，则，依题意知：，即，即，解得，满足，且，，，又到AB的距离，∴.22．已知函数，（1）若在处取极值，求k的值；（2）若有两个零点，，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）求得，根据，求得，结合极值点定义和函数的单调性进行验证，即可求解；（2）由函数有两个零点，，得到，，化简得到，要证，转化为需证得，构造新函数，，求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，可得，因为在处取极值，可得，解得，由时，可得当时，，单调递增；当时，，单调递减，因此在处取极大值，满足题意．（2）由题意，函数有两个零点，，即，，所以，可得要证，即证，即证，即证，不妨设，记，则，即证，即证，令，，可得，因此在上单调递增，所以，即结论成立．【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.