2023-2024学年广东省深圳市高三上学期数学质量检测模拟试题（一模）含解析

这是一份2023-2024学年广东省深圳市高三上学期数学质量检测模拟试题（一模）含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．在平行四边形中，为的重心，满足，则（ ）
A．B．C．0D．
4．“ ”是“函数 在上单调递增”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
5．二项式展开式的常数项为
A．B．C．80D．16
6．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．牛奶的温度降至还需
D．牛奶的温度降至还需
7．已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，点分别是的中点，，，则（ ）
A．三棱锥的体积为16B．三棱锥的表面积为
C．球的表面积为D．球的体积为
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．某校为了解学生体能素质，随机抽取了100名学生进行体能测试，并将这100名学生成绩整理得如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（ ）
A．图中a=0.012
B．这100名学生中成绩在[50，70）内的人数为50
C．这100名学生成绩的中位数为70
D．这100名学生的平均成绩为68.2（同一组中的数据用该组区间的中点值做代表）
10．已知函数的最小正周期是，把它图象向右平移个单位后得到的图象所对应的函数为奇函数，下列正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递减D．函数在上有3个零点
11．设抛物线C：的焦点为F，准线为l，点M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ）
A．准线l的方程是B．的最大值为2
C．的最小值为7D．以线段为直径的圆与y轴相切
12．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A．正四面体的外接球表面积为
B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13．记为等差数列的前n项和，若，，则的公差为 ．
14．已知，则 .
15．函数的一个极值点为1，则的极大值是 ．
16．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为 .
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．在中，，D为中点.
(1)若，求；
(2)若，求的值.
18．西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.
(1)现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；
(2)以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.
19．如图，在四棱柱中，底面和侧面均为矩形，，，，.

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值.
20．已知数列满足，
(1)判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
(2)若数列的前10项和为361，记，数列的前n项和为，求证.
21．已知双曲线与直线有唯一的公共点M.
(1)若点在直线l上，求直线l的方程；
(2)过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于，y轴于两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点使得为定值.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
(3)若，求证.
1．A
【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.
【详解】由，，
故.
故选：A.
2．B
【分析】利用复数的除法化简计算即可.
【详解】由，
则.
故选：B.
3．A
【分析】由题意作图，根据重心的几何性质，得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案.
【详解】如图，设与相交于点，为的重心，
可得为的中点，，
所以
，
因为，
所以，则.
故选：A.
4．A
【分析】判断命题“ ”和“函数 在上单调递增”之间的逻辑推理关系，即可判断出答案.
【详解】当时，，对于函数，其图象对称轴为 ，
则函数 在上单调递增，
当时，图象对称轴为，故函数在上单调递增，
即“函数 在上单调递增”推不出“ ”成立，
故“ ”是“函数 在上单调递增”的充分不必要条件，
故选：A.
5．C
【详解】,当时，．选C.
6．D
【分析】运用代入法，结合对数的运算逐一判断即可.
【详解】由，得，
故，AB错误；
又由，，得，
故牛奶的温度从降至需，
从降至还需.
故选：D
7．C
【分析】设，结合椭圆的定义，在中利用勾股定理求得，中利用勾股定理求得，可求椭圆C的离心率.
【详解】连接，设，则，，，

在中，即，
，，，
，，
在中，，即，
，，又，.
故选：C.
8．D
【分析】先根据题中给出的的长度，可知，，继而平面PBC；再根据数量关系证明，进而可构造出包含三棱锥的长方体，从而可求出三棱锥的体积和表面积，根据三棱锥的外接球也是长方体的外接球，从而求得外接球表面积和体积.
【详解】由，，
得，，可得，，
又，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以，
因为D，E分别是PB，BC的中点，且，所以，，
又，所以，有，得，
故两两互相垂直，故可将三棱锥放在长方体中，如图：
则三棱锥外接球的直径等于该长方体的对角线，设其外接球的半径为R，
则，所以，所以球的表面积为，
球的体积为，故选项C错误，D正确.
三棱锥的体积为，
在中，，点分别是的中点，
则的高，所以，
三棱锥的表面积为，
故选项AB错误.
故选：D.
9．AD
【分析】根据频率直方图所有小矩形面积之和为1，结合平均数、中位数的性质用逐一判断即可.
【详解】由频率分布直方图，，得，A正确；
这100名学生中成绩在内的频率为，
所以人数为52，B错误；
根据此频率分布直方图，可得这100名学生成绩的中位数在之间，C错误；
根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得：
，D正确．
故选：AD．
10．AC
【分析】根据周期及奇函数的性质求出，再利用正弦函数性质逐项判断即可.
【详解】因为函数的最小正周期是，所以，
则，
把它图象向右平移个单位后得到的图象所对应的函数为，
因为为奇函数，所以，，即，，
因为，所以，，所以，
对于A，，所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
对于C，当时，，
函数在上单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故C正确；
对于D，由，得，即，
令，解得，又，所以或，
所以函数在上有2个零点，分别为，，故D错误.
故选：AC.
11．AD
【分析】根据抛物线方程求得直线方程，结合三角形的知识求得的最大值，结合抛物线的定义求得的最小值以及判断出以线段为直径的圆与y轴相切.
【详解】由题意得，则焦点，准线l的方程是，故A正确；
，
当点M在线段的延长线上时等号成立，∴的最大值为，故B错误；
如图所示，过点M，E分别作准线l的垂线，垂足分别为A，B，
则，当点M在线段上时等号成立，
∴的最小值为5，故C不正确；
设点，线段的中点为D，则，
∴以线段为直径的圆与y轴相切，D正确.
故选：AD
12．ABD
【分析】根据正四面体的外接球、内切球、体积以及二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设为R，则：，所以，所以A对.

B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，
设正四面体的高为d，由等体积法可得：，
所以为定值，所以B对.
C.设中点为D，连接，，则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.

D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，
正四面体的体积最大值，
由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，
所以正四面体的外接球半径为，
设正四面体的边长为a，则，所以，
故体积，所以D对.
故选：ABD
13．4
【分析】由得到①，再利用等差数列的性质可得②，②—①即可得到答案.
【详解】设等差数列的公差为，由等差数列前n项和公式得，，
即，又，所以，
解得.
故4
本题主要考查等差数列前n项和公式，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.
14．
【分析】利用弦切互化和两角和的正切公式求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以，即，所以.
故答案为.
15．4
【分析】由极值点定义得到，求出，进而得到或时，，时，，得到函数单调性和极大值.
【详解】定义域为R，
，由题意得，，解得，
故，
令，解得，
令得，或，单调递增，
令得，，单调递减，
故在处取得极大值，极大值为.
故4
16．
【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，
所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时直线：
令，则，，
故

关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的余弦定理结合已知条件即可求解；
（2）两次利用三角形的正弦定理列式求解即可.
【详解】（1）如图所示：

因为，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理的推论得：，
在中，由余弦定理的推论得：，
所以，
因为是边的中点，所以，代入上式整理得，
因为，所以，
解得或（舍去），所以；
（2）在中，由正弦定理得：，
又，，，
所以，即，
在中，由正弦定理得：，，，
所以.
18．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据古典概型概率计算公式以及组合数的计算求得所求概率.
（2）利用二项分布的知识求得分布列并求得数学期望.
【详解】（1）设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，
则；因此，从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为.
（2）由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，
由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则
，，
，，
所以的分布列为
.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由底面和侧面均为矩形，可证平面，则有，由，所以；
（2）过C点作垂直交于点M，利用线面垂直关系和平行四边形的性质，求出和，可得所求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：连接，四边形和四边形均为矩形，

，，
又平面，，所以平面，
平面，则，
由，所以.
（2）设，，
，
，，
，，
过C点作垂直交于点M，由（1）可知平面，

平面，
，平面，，平面，
设与平面所成的角为，
又，，
平面，到平面的距离等于3，
连接，在平行四边形中，，
，，
，
与平面所成角的正弦值
20．(1)是，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意求出数列的递推关系式，再由等比数列的定义可证;
（2）由条件，得，再由函数在上单调递增，，求出，从而，而利用可得证.
【详解】（1）数列成等比数列.
根据
得；
，，，
即数列成等比数列.
（2）由（1）得，，，
故
由，得.
显然，，单调递增，且，
故，，.
，，,
当时，,
综上，知.
本题的关键是的适当放缩，从而利用裂项相消法求前项的和.
21．(1)
(2)存在定点，，使得当点M运动时，为定值13
【分析】（1）双曲线与直线联立方程组，由判别式为0和点在直线l上，解得，可求直线l的方程；
（2）双曲线与直线联立方程组，求出点M坐标，表示出过点M且与直线l垂直的直线，解得，两点，求动点的轨迹方程，由方程确定满足条件的定点G，H.
【详解】（1）点在直线上，则有，

联立，则，
由，则，可得，
所以：，解得，
当时，；所以直线l的方程：
（2）联立，则，
因为，M是双曲线与直线的唯一公共点，
所以，化简得，
解得点M的坐标为，即为，
于是，过点M且与l垂直的直线为，

可得，，，即，，
于是，
即P的轨迹方程为：，由双曲线的定义可知，
存在定点，，使得当点M运动时，为定值13.
方法点睛：
解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数单调性；
（2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明，
方法一：设，，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证；
方法二：由，设，，
利用导数可知在单调递增，从而得证；
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，欲证，即证，由方法二可得证；
方法四：由得，由方法二得，所以，得证；
（3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，结合函数的单调性可证.
【详解】（1）函数的定义域是.
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由（1）得在的值域为，
在上的值域为.注意到，.
不妨设，则欲证，即证.
由于由（Ⅰ）得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即，
方法一：令，.
，
由，在单调递增，
得单调递增，
且.
由于，故满足.
由单调递增知：
当时，单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证.
方法二：（重新同构）
令，即，证：，
由于，从而.
故要证成立，只需在单调递增成立即可.
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立.
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证，
可变为，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；
2、由方法二知，，
故，即，故，；
由1、2知，故成立，原命题成立.
（3）由（2）知，
①当时，在上单调递增，
故.
②当时，
由，取，
得（）时，
有，即.
由在上单调递增，故，
综上，得时，当成立.
方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
0
1
2
3
P