广东省五校2023届高三数学上学期11月期中联考试题（Word版附解析）

这是一份广东省五校2023届高三数学上学期11月期中联考试题（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了 中国空间站， 设，是双曲线C， 已知复数，则等内容，欢迎下载使用。

命题人：广东北江中学 审题人：广东北江中学
（满分：150分.考试时间：120分钟.）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，集合表示函数的定义域，由，即，，解得，所以.由，得，所以，所以，故选C.
2. “”是“直线被圆所截得的弦长等于”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线被圆截得的弦长可求出或，根据的取值即可判断出结果.
【详解】因为圆的圆心，半径.
又直线被圆截得的弦长为.
所以圆心C到直线的距离，
因此，解得或，
易知“”是“或”的充分不必要条件；
故选：A.
3. 已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布.从中随机取一件．其长度误差落在区间内的概率为（ ）
（附：若随机变量服从正态分布，则，
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性，求得长度误差落在区间内的概率.
【详解】设长度误差为随机变量，由得，，所以
故选：B
【点睛】本小题主要考查正态分布的对称性，属于基础题.
4. 若函数的部分图像如图所示，，，则的解析式是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设确定最小正周期，进而求得，再根据已知点求得，即可得解析式.
【详解】由图象知：，故.
将代入解析式，得，所以，，
又，即，所以.
故选：D
5. 已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量求出，再求向量与的夹角.
【详解】设向量与的夹角为，与同向的单位向量为，
∵在上的投影向量为，，
∴，
∴， ∴，
所以，
∵，∴，
∴与的夹角为，
故选：C.
6. 若函数有个零点a和b，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过复合函数的单调性确定函数的单调性，由已知条件得，结合基本不等式求解即可．
【详解】由对数复合函数的单调性得函数在上单调递增，
因为，
所以函数在上，在上，
不妨设，则，所以，
即，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
由于，所以等号不能取到，所以，
所以的取值范围是．
故选：D．
7. 中国空间站（天宫空间站，英文吃饭China Space Satin）是中华人民共和国建设中的一个空间站系统，预计在2022年前后建成.空间站轨道高度为400～500公里，倾角42～43度，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨，以进行较大规模的空间应用.某项实验在空间站进行，实验开始时，某物质的含量为1.2，每经过1小时，该物质的含量都会减少20%，若该物质的含量不超过0.2，则实验进入第二阶段，那么实验进入第二阶段至少需要多少小时？（ ）（需要的小时数取整数，参考数据：，）
A. 7B. 8C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，结合对数运算可得，进而得到，从而求解.
【详解】设实验进入第二阶段至少需要小时数为，
由题意，即，
两边取以10为底的对数可得，
即，所以，
因为，，
所以，所以，
又，所以，即实验进入第二阶段至少需要8小时
故选：B.
8. 设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，点M在x轴上，，平分，则C的离心率为（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，结合双曲线的定义以及角平分线定理可得，，，，，，在，中，由余弦定理结合，计算可得答案.
【详解】
可知，，得
设，则，由双曲线的定义可知：.
因为平分，所以，故，
又，
即有，，，，，
在，中，由余弦定理可得，
，，
由，
可得.
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数，则（ ）
A. Z的虚部为3
B.
C. 将Z对应的向量（O为坐标原点）绕点O逆时针旋转，得到的向量对应的复数为
D. Z的共轭复数
【答案】ABC
【解析】
【分析】将复数利用复数乘除法运算化简，再根据复数的相关概念即可判断各选项.
【详解】，所以虚部为3；z的共轭复数；；将向量绕点O逆时针旋转，复数为.
故选：ABC.
10. 如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（ ）

A. 在平面内不存在与平面垂直的直线
B. 三棱锥的体积为定值
C. 平面
D. 过三点所确定的截面为梯形
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平面即为平面，结合平面，可判定A错误；由为定值，所以B正确；取中点G，证得平面平面，可判定C正确；取的中点，得到所确定的截面即为平面，进而得到四边形为梯形，可判定D正确.
【详解】对于A中，如图（1）所示，平面即为平面，
在正方形中，
又由正方体中，平面，且平面，
所以，因为且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可证：，
因为且平面，所以 平面，
所以在平面内存在与平面垂直的直线，所以A不正确；

对于B中，如图（2）所示，由为定值，故B正确；

对于C中，如图（3）所示，取中点G，连接GF，，由，
因为平面，且平面，所以平面，
同理可证：平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面所以，所以平面，所以C正确；

对于D中，如图（4）所示，连接，因为为和的中点，
所以，
又因为，可得，所以所确定的截面即为平面，
其中，且四边形为梯形，所以D正确.
故选：BCD.

11. 已知直线：与：相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，则（ ）
A. 点
B. 数列的前n项和满足：
C. 数列单调递减
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意，点，，，在直线上，点，，，在直线上，设点，则，可得，可得，利用数列递推关系变形可得是等比数列，进而可求得，依次可判断各选项.
【详解】由题可知，，，，故A正确；
设点，则，
故，即有，
∴，
故是以1为首项，为公比的等比数列，，
，
可得，故选项B错误；
对于数列有：，
故数列单调递增，选项C错误；
由两直线交点和点可得：，故D正确
故选：AD.
12. 已知函数满足：①，②，③，为的导函数，则下列结论一定正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，根据的单调性可以判断A、B、C选项，对D选项可以借助与的单调性判断.
【详解】令，则，
∴在单调递增，
对于A选项，因为，即，所以，故A对；
对于B选项，因为，即，所以，
∴，故B错；
对于C选项，因为，即，所以，故C对；
对于D选项，由，得，
设，则，
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数，
故当时，有最小值，
所以，当时等号成立
所以，所以，
∵，
∴，即，故D对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题中比较各选项大小关键是根据构造出函数，利用的单调性比较各值的大小.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法，令和，联立方程组求解即可．
【详解】令，则，
令，则，故．
故答案为：．
14. 已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点A在第一象限，线段AB的中点为M，其中点A的横坐标为3，，则点M到y轴的距离为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用抛物线的定义，结合一元二次方程根与系数关系、中点坐标公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以抛物线C：，则，
所以直线l的斜率为，则直线AB：，
故把直线与抛物线进行联立，
得，因为，
所以设，，
则，，
故答案为：.

15. 已知函数的定义域为R，且满足，，当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的周期性和奇偶性化简求值即可.
【详解】因为，，所以，
所以是周期的奇函数，
所以，
因为，所以，所以.
故答案为：.
16. 已知正四棱台的体积为，记侧面与底面的夹角为，且，记正四棱台的侧面积为，底面积为，且，若正四棱台所有顶点都在同一球面上，则该球的体积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设正四棱台的上下底面的边长分别为，利用侧面与底面的夹角表示正四棱台的高，再利用体积与面积建立关系式，进而解得，再由正四棱台所有顶点都在同一球面上，建立球的半径关系式，进而求得球的体积.
【详解】不妨设，，
又因为，
所以，则正四棱台的高为
所以正四棱台的体积为
即 ①
又因为，
所以 ②
联立①②解得：，，
设正四棱台上下底面所在圆面的半径，，
所以，，高为
设球心到上下底面的距离分别为，，球的半径为，
所以，，
故或，即或，
解得，即符合题意，
所以球的体积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法：
⑴求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
⑵若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB、PC两两互相垂直，一般把有关元素"补形"成为一个球内接长方体，利用长方体的体对角线来求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
（1）求角B；
（2）若，的周长为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题，将条件式利用正弦定理角化边，再结合余弦定理可求得角；
（2）由（1）结合，代入余弦定理，再结合周长可求得，，，代入三角形面积公式即可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理
得即，
由余弦定理得，，
∵
∴
【小问2详解】
由余弦定理得，
∴，
因为的周长为，
得，，.
所以的面积为.
18. 在①数列为等比数列，且，；②数列的前n项和，；③数列是首项为1，公差为1的等差数列，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
已知数列各项均为正数，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设为非零的等差数列，其前n项和为，，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①通过等比数列基本量计算，可得，选②利用项与和的关系计算可得，选③因为，可得；
（2）由已知条件，可求得，可得，利用错位相减法可求得答案.
【小问1详解】
选①设公比为q，
由题意知：，，又，
解得，，所以.
选②时，，
时，符合，所以.
选③因为，所以.
【小问2详解】
由题意知：，
又，且，所以.
令，则，
因此.
又，
两式相减得，
所以.
19. 红蜘蛛是柚子的主要害虫之一，能对柚子树造成严重伤害，每只红蜘蛛的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.

（1）根据散点图判断，与（其中…为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度x（℃）的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）由（1）的判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到0.1）
附：回归方程中，，
（3）根据以往每年平均气温以及对果园年产值的统计，得到以下数据：平均气温在22℃以下的年数占60%，对柚子产量影响不大，不需要采取防虫措施；平均气温在22℃至28℃的年数占30%，柚子产量会下降20%；平均气温在28℃以上的年数占10%，柚子产量会下降50%.为了更好的防治红蜘蛛虫害，农科所研发出各种防害措施供果农选择.
在每年价格不变，无虫害的情况下，某果园年产值为200万元，根据以上数据，以得到最高收益（收益＝产值－防害费用）为目标，请为果农从以下几个方案中推荐最佳防害方案，并说明理由.
方案1：选择防害措施A，可以防止各种气温的红蜘蛛虫害不减产，费用是18万；
方案2：选择防害措施B，可以防治22℃至28℃的蜘蛛虫害，但无法防治28℃以上的红蜘蛛虫害，费用是10万；
方案3：不采取防虫害措施.
【答案】（1）更适宜
（2）
（3）选择方案1最佳，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据散点图的形状，可判断更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；
（2）将两边同时取自然对数，转化为线性回归方程，即可得到答案；
（3）求出三种方案的收益的均值，根据均值越大作为判断标准.
【小问1详解】
由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型.
【小问2详解】
将两边同时取自然对数，可得，
由题中的数据可得，，，
所以，
则，
所以z关于x的线性回归方程为，
故y关于x的回归方程为；
【小问3详解】
用，和分别表示选择三种方案的收益.
采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为万，即
采用第2种方案，不发生28℃以上的红蜘蛛虫害，收益为万，
如果发生，则收益为万，即，
同样，采用第3种方案，有
所以，，
，
.
显然，最大，所以选择方案1最佳.
20. 三棱柱中，侧面矩形，，.

（1）求证：面面ABC；
（2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）.
【解析】
【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：，
侧面是菱形，
，又，，
平面，平面，
，
因为侧面是矩形，所以，
又，
平面，又平面,
.
【小问2详解】
由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由条件，，，设，
由（1），面，所以，面的法向量为.
设面的法向量为，
由，即，
可设，
∴，
∴，得，
即，得，（舍），即，
所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）.
21. 已知点在运动过程中，总满足关系式：.
（1）点的轨迹是什么曲线？写出它的方程；
（2）设圆，直线与圆O相切且与点的轨迹交于不同两点，当且时，求弦长的取值范围.
【答案】（1）点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据方程结合定义即可得到答案；
（2）根据题意，设，，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及得，将代入，得，根据，由弦长公式可得答案.
【小问1详解】
由关系式，结合椭圆的定义，
点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.
∴ ，
∴点M的方程为.
【小问2详解】
由题意，联立方程，则
设，，
则，,
因直线与圆相切，且，
∴ ，
，
， ①
②
将①代入②.
因为，所以.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是根据直线与圆相切从而得到，再计算，再将韦达定理式代入即可.
22. 设函数的导函数为，且满足.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1） 应用导数的几何意义求切线方程；
（2）构造函数解决恒成立问题，分析讨论即可得解.
【小问1详解】
解：由题意可得：，
∴，令得：，
∴，
∴，解得.
所以有：，
则切线的斜率为，又，
所以切线方程为：，即.
【小问2详解】
解：由得，
所以，
可得恒成立.
令，则
①当时，，在上单调递增；
当时，
令，得
当且时，，不合题意；
②当时，，
要恒成立，只需，
所以；
③当时，
令，则；
令，；
所以在递减，在递增，
所以
，
只需，
所以，
则，
令，令
则
时或（舍去）
所以当时；
当时；
在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，.
综上可得，的最大值为.
【点睛】1.函数在的切线方程为；
2. 恒成立问题的解法：
（1）若在区间上有最值，则
，；
，.
（2）若能分离常数，则问题转化为：；.
（3）对，都有成立，等价于构造，
；
对，都有成立，等价于构造，参考数据（）
5215
17713
714
27
81.3
3.6