2023届广东省东莞市第四高级中学高三上学期11月段考数学试题含答案

这是一份2023届广东省东莞市第四高级中学高三上学期11月段考数学试题含答案，共20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届广东省东莞市第四高级中学高三上学期11月段考数学试题 一、单选题1．复数的虚部是 （    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由复数的概念及除法运算计算即可.【详解】∵，∴其虚部为.故选：B2．直线：与直线：平行， 则（    ）A．或 B． C． D．【答案】A【分析】根据平行直线的斜率相等关系列出方程，求得的值，然后检验即可.【详解】因为直线：与直线：平行，所以或，当时，直线：，直线：，此时直线与直线平行，满足题意，当时，直线：，直线：，此时直线与直线平行，满足题意，故选：A.3．已知双曲线中心在原点，一顶点坐标为，且渐近线方程为，则其标准方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由顶点位置可假设双曲线方程，结合顶点坐标和渐近线方程可求得，由此可得结果.【详解】双曲线顶点在轴上，可设其方程为，顶点坐标为，渐近线方程为，即，，解得：，双曲线方程为：.故选：A.4．根据分类变量与的观测数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为（    ）A．变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过B．变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过C．变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过D．变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过【答案】B【分析】根据找出对应的的值，并比较与卡方值得大小,进而由卡法的定义推出相应结论即可.【详解】因为时，所以，所以变量与不独立，且这个结论犯错误的概率不超过.故选:B.5．抛物线的顶点为原点，焦点为，则点到抛物线上动点的距离最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得抛物线的方程，设出点的坐标，根据两点间的距离公式以及二次函数的性质求得正确答案.【详解】抛物线的焦点为，所以抛物线的方程为，且，所以抛物线的方程为，设，则，所以当时，取得最小值为.故选：B6．已知分别是双曲线的左右焦点，若双曲线上一点满足，且直线交轴于点，则该双曲线的离心率为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设直线交轴于点，当时，可求出，再由题意可得，则，结合化简可求出离心率.【详解】设直线交轴于点，则，当时，，得，所以，因为∥，为的中点，所以，所以，所以，，所以，解得，因为，所以，故选：C  7．已知向量，，若函数，则的零点之和等于（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据向量数量积的坐标表示以及辅助角公式化简可得的表达式，令，解三角方程即可得答案.【详解】由题意得，由得，即，即或，即或，因为，故或，故的零点之和等于，故选：C8．若函数有两个极值点，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求导，将有两个极值点转化为和的图像有两个交点，画出图像，通过切线解决即可.【详解】，因为有两个极值点，故有两个根，即和的图像有两个交点，画出图像，若，显然1个交点，不合题意；若，设直线和相切于点，则，解得，故切点是，故，解得.故选：C. 二、多选题9．盒子中共有4只黑球，2只白球，现从中不放回地每次任取一球，连取两次，则下列选项正确的是（    ）A．第一次取到黑球的概率为B．事件“第一次取到黑球”和“第一次取到白球”互斥不对立C．在第一次取到白球的条件下，第二次取到黑球的概率为D．第二次取到黑球的概率为【答案】AC【分析】求出第一次取到黑球的概率可判断A；列出“第一次取到黑球”、“第一次取到白球”包含的基本事件可判断B；根据条件概率公式计算可判断C；求出第二次取到黑球的概率可判断D.【详解】对于A，第一次取到黑球的概率为，故A正确；对于B，事件“第一次取到黑球”包括第一次取到黑球第二次取到黑球，或者第一次取到黑球第二次取到白球两种情况；“第一次取到白球”包括第一次取到白球第二次取到白球，或者第一次取到白球第二次取到黑球两种情况，所以事件“第一次取到黑球”和“第一次取到白球”即互斥又对立，故B错误；对于C，设第一次取到白球为事件，第二次取到黑球为事件，则第一次取到白球第二次取到黑球的概率为，，所以在第一次取到白球的条件下，第二次取到黑球的概率为，故C正确；对于D，第二次取到黑球包括第一次取到黑球第二次取到黑球，或者第一次取到白球第二次取到黑球两种情况，所以第二次取到黑球的概率为，故D错误.故选：AC.10．若的展开式中没有常数项，则的可能取值是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】由于的展开式中没有常数项，所以的展开式中没有常数项，也没有含的项，二项式展开式的通项公式为，所以且，所以且，即被除时，余数为，所以AD选项正确，BC选项错误.故答案为：AD11．已知圆，则下列选项正确的是（    ）A．的最小值为B．直线与圆必相交C．圆与圆相交，且公共弦长度为D．光线由点射出，经轴反射后与圆相切于点，则从点到点的光线经过的总路程为【答案】BCD【分析】将转化为圆上的点与坐标原点连线的斜率，利用圆的切线方程的求法可求得的取值范围，可知A错误；根据直线过定点的求法可知直线恒过圆心，知B正确；根据圆心距与两圆半径之间关系可确定两圆相交，由两圆方程可得公共弦所在直线，利用垂径定理可求得C正确；确定关于轴的对称点，将问题转化为切线长的求解问题，利用勾股定理可求得D正确.【详解】由圆的方程知：圆心，半径，对于A，的几何意义为圆上的点与坐标原点连线的斜率；过原点作圆的切线，斜率显然存在，设切线方程为，即，圆心到直线的距离，解得：，，则的最小值为，A错误；对于B，直线方程可整理为：，由得：，直线恒过点，即恒过圆心，直线与圆必相交，B正确；对于C，由圆方程知：圆心，半径，圆心距，又，，，圆与圆相交，由得：，即公共弦所在直线方程为，圆心到公共弦的距离，公共弦长为，C正确；对于D，点关于轴的对称点为，则从点到点的光线经过的总路程即为，  ，，从点到点的光线经过的总路程为，D正确.故选：BCD.12．如图，在棱长为的正方体中，点分别是棱和的中点，点在正方形内运动，则下列选项正确的是（    ）  A．直线与直线是异面直线B．与面所成角小于C．点与点到面的距离相等D．若点到点的距离为，则动点的轨迹长度为【答案】ABD【分析】假设A错误，由四点共面可得直线与直线相交，易知假设错误，得A正确；取中点，结合投影线和平行关系可知所求角为，由长度关系知B正确；假设C正确，由线面平行性质可知，显然不成立，知C错误；利用勾股定理可知，得到点轨迹是以为圆心，为半径的圆在底面上的部分，由扇形弧长的求法可求得D正确.【详解】对于A，若直线与直线不是异面直线，则四点共面，直线与直线共面，  又直线与直线不平行，直线与直线相交，平面，平面，平面平面，直线与直线不相交，假设错误，即直线与直线是异面直线，A正确；对于B，取中点，连接，  平面，平面，在平面内的投影为，，，四边形为平行四边形，，即为与平面所成角，，，即与面所成角小于，B正确；对于C，假设点与点到平面的距离相等，则平面，  ，四点共面，平面，平面平面，，显然不成立，假设错误，即点与点到平面的距离不相等，C错误；对于D，平面，平面，，，点轨迹是以为圆心，为半径的圆在底面上的部分，即，如图所示，  ，，，，同理可得：，，的长为，即动点的轨迹长度为，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题D选项考查立体几何中的动点轨迹问题的求解，解题关键是能够利用垂直关系，得到动点到定点的距离为定值，从而将问题转化为圆的部分弧长的求解. 三、填空题13．若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面所成的角是，则这个圆台的侧面积是           .【答案】【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台的母线长，再求侧面积作答.【详解】设圆台上底半径为，则下底半径为，由母线与下底面所成的角是知，其轴截面是底角为的等腰梯形，这个等腰梯形上底为，下底为，高为圆台的高，腰长为圆台的母线，由圆台的高是 ，得，则圆台的母线，所以圆台的侧面积为.故答案为：14．已知向量满足，，则向量的夹角为      【答案】【分析】先设向量，的夹角为，再由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算求解即可.【详解】由题意，可设向量，的夹角为，且向量，满足，由，则，解得：，又，所以.故答案为：.15．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，则圆心的轨迹方程为       【答案】【分析】设动圆P的圆心为，半径为R，根据动圆与圆外切并与圆内切，得到，进而得到求解.【详解】设动圆P的圆心为，半径为，由题意得，所以，所以点P的轨迹为以为焦点的椭圆，则，即，，则，所以动圆圆心的轨迹方程为，故答案为：16．数列称为斐波那契数列，满足且，记，若，则       【答案】【分析】由且得，即可推出，利用累加法得出，即可求得答案.【详解】由且得，故，，，，累加可得，故，由，可得，则，故答案为： 四、解答题17．已知等比数列均为正数，，且，（为的前项和）(1)求数列的通项公式；(2)若是数列的前项积，请求出，及当取最大值时对应的的值.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据等比数列定义及其基本量的计算即可求得数列的通项公式为；（2）易知数列的前项积，再由二次函数性质即可求得当或时，取最大值.【详解】（1）设数列的公比为，则，当时，，不合题意；当时，由条件可得，化简得，则；故，又，解得，从而所以数列的通项公式为（2）若是数列的前项积，则取最大值时，当且仅当取最大值因为，又，所以当或时，取最大值 故当取最大值时或.18．已知的内角所对边分别为，.(1)若，求；(2)求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，进而结合余弦定理可得，故，从而得是直角三角形，即可求解，（2）根据和差角公式以及三角函数的性质可得，即可结合余弦二倍角公式求解.【详解】（1）由正弦定理可知  由余弦定理可得故，化简得 代入，可得，故，所以，则是直角三角形 ，故.（2）由（1）知 ，根据正弦定理得 ，又，所以 ，化简可得，即，，则，则，，或，所以或（舍去），则由可得 则，解得，则，所以当时 取到最大值.19．如图，四棱锥的底面为矩形，，面面.在上且，为上一点，面.  (1)证明：为中点；(2)当时，求面与面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，利用线面平行的性质可证得，由此可得结论；（2）取中点，由面面垂直性质可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系；方法一：利用线面垂直的判定和性质可证得，利用三角形相似比可求得；方法二：根据可得，利用数量积坐标运算可构造方程求得；求得后，根据面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）连接交于点，连接，则点为中点，平面，平面，平面平面，，又为中点，为中点.（2）取中点，连接，由条件知：，，平面平面，平面平面，平面，平面；以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，    方法一：平面，，，，平面，平面，又平面，，即，又，，，，即，解得：，则，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即面与面所成角的余弦值为.方法二：设，则，，，，，，，，，，又，，；则，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即面与面所成角的余弦值为.20．某大学为了鼓励大学生自主创业，举办了“校园创业知识竞赛”，该竞赛决赛局有、两类知识竞答挑战，规则为进入决赛的选手要先从、两类知识中选择一类进行挑战，挑战成功才有对剩下的一类知识挑战的机会，挑战失败则竞赛结束，第二类挑战结束后，无论结果如何，竞赛都结束.、两类知识挑战成功分别可获得万元和万元创业奖金，第一类挑战失败，可得到元激励奖金.已知甲同学成功晋级决赛，面对、两类知识的挑战成功率分别为、，且挑战是否成功与挑战次序无关.(1)若记为甲同学优先挑战类知识所获奖金的累计总额（单位：元），写出的分布列；(2)为了使甲同学可获得的奖金累计总额期望更大，请帮甲同学制定挑战方案，并给出理由.【答案】(1)分布列答案见解析(2)优先选择挑战类知识，理由见解析 【分析】（1）分析可知的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列；（2）记为甲同学优先挑战类知识所获奖金累计总额，计算出、的值，比较大小后可得出结论.【详解】（1）解：由题意可知，的可能取值有、、，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：（2）解：记为甲同学优先挑战类知识所获奖金累计总额，甲同学优先挑战类知识所获奖金累计总额的期望为，优先挑战类知识所获奖金累计总额的期望为，由题意可知，随机变量的可能取值有：、、，则，，，所以，（元），（元），所以，，所以，为了使甲同学可获得奖金累计总额期望更大，应该优先选择挑战类知识.21．已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，点在椭圆上.过坐标原点的直线交于两点，其中点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点.  (1)求椭圆的标准方程；(2)证明：是直角三角形.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据焦距求出，法1：把点的坐标代入方程结合即可求解；法2：根据椭圆的定义求，然后结合即可求解；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合换元表示点的坐标，然后联立直线与椭圆方程求出点的坐标，利用斜率之积为证明垂直即可.【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由条件知，所以，（法1）所以，又，联立解得：，从而椭圆的标准方程为；（法2）易知椭圆的两焦点坐标分别为，所以，解得，则，从而椭圆的标准方程为；（2）设直线的斜率为，则直线的方程为，由，解得，记，则，，所以直线的斜率为，则直线的方程为，由，化简得①，易得，设，则是方程①的两个实根，由韦达定理知，可得，所以，从而直线的斜率为，故，则，所以是直角三角形.22．已知函数，其中为非零实数．(1)讨论函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，，且，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）讨论、，结合导函数的符号求的单调区间.（2）由（1）易知，令得，构造并利用导数研究其最值，可得，根据的零点得到，令有，再构造并利用导数求范围，最后由及单调性求的取值范围．【详解】（1）①当时定义域为，又，由得；由得．因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；②当时的定义域为，又恒成立，所以函数的单调递减区间为．综上，当时的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递减区间为．（2）由（1）及题设知：．令得：．令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，故．又趋向于时趋向于，当趋向于时趋向于，所以．由，，两式相减得．令，则，故．记，则．令，则，递减，所以，即，所以在上单调递减，故，即．又，在上单调递减，故．综上，实数的取值范围为．【点睛】关键点点睛：第二问，设有，构造中间函数研究单调性及最值求参数范围.