2023年广东省普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学试卷

这是一份2023年广东省普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学试卷，共13页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知，则，已知，，，则，已知，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己所在的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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的钢笔或签字笔作答，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，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
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．
2．已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（ ）
A．2B．C．3D．
3．已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知某摩天轮的半径为60m，其中心到地面的距离为70m，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每30分钟转动一圈．已知当游客距离地面超过100m时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（ ）
A．5分钟B．10分钟C．15分钟D．20分钟
5．现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知△ABC是单位圆O的内接三角形，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
7．已知，则（ ）
A．B．0C．1D．
8．已知，，，则（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
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．已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．平面α内存在直线l与直线m平行
B．平面α内存在直线l与直线m垂直
C．存在平面γ与直线m和平面α都平行
D．存在过直线m的平面β与平面α垂直
10．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数B．有对称轴
C．有对称中心D．在上单调递增
11．现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：
甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；
乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；
丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；
根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（ ）
A．甲球员连续5场比赛得分都不低于24分
B．乙球员连续5场比赛得分都不低于24分
C．丙球员连续5场比赛得分都不低于24分
D．丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24
12．在平面直角坐标系中，已知正方形ABCD四边所在直线与x轴的交点分别为（0，0），（1，0），（2，0），（4，0），则正方形ABCD四边所在直线中过点（0，0）的直线的斜率可以是（ ）
A．2B．C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知公比大于1的等比数列满足，，则的公比q=______．
14．已知直四棱柱的棱长均为2，，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，I，则由点E，F，G，H，I构成的四棱锥的体积为______．
15．已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N．若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为______．
16．已知，若过点P（m，n）恰能作两条直线与曲线相切，且这两条切线关于直线对称，则m的一个可能值为______．
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．（10分）
已知等差数列的公差，且满足，，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足求数列的前2n项的和．
18.(12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若，求sinA．
19.(12分)
如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，．
（1）证明：
（2）若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
20．（12分）
甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立．
（1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
（2）当时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程．
21．（12分）
已知，存在，使得．
（1）求实数a的取值范围；
（2）试探究与3的大小关系，并证明你的结论．
22．（12分）
已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且．
（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
（2）若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值．
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）
数学参考答案
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．
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
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．214．15．16．（或，或，或）
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．解：（1）因为，，成等比数列，所以，
即，
解得或．
因为，所以，
所以．
2^{n}，n为奇数，
（2）由（1）得
所以
所以

，
所以数列的前2n项的和．
18．解：（1）由正弦定理，得，
因为，所以．
因为，所以．
所以．
因为，所以，
因为，所以，所以．
（2）方法一：因为，由正弦定理，得，
因为，
所以．
．
所以，即．
因为，所以或，
所以或．
所以或1．
方法二：因为，由余弦定理得，
将代入（*）式得，整理得，
因式分解得，解得或，
①当时，，
所以
因为，所以，
②当时，，
所以，
因为，所以，
所以sinA的值为或1．
19．（1）证明：如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且，，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，BD，PD平面PBD，
所以平面PBD，
因为PB平面PBD，所以，
因为，所以．
（2）解：如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，
因为CD平面PCD，平面PAD平面，
所以，
因为平面PBD，所以平面PBD，
因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面平面PCD，所以，即
在Rt△ABP中，因为，，所以
在Rt△BPD中，因为，所以，所以△BPD为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则解得取，得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则
，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
方法二：在△ABC中，因为，，，则
，
设点A到平面PBC的距离为d，
由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以，
又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
所以，
因为，
所以，
设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，
所以，
在△PBC中，，，，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则
，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
20．（1）解：用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则
，，，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种，
所以

．
（2）（i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
，
，
．
所以X的分布列为
所以X的期望
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以．
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则．
注：（第（ii）小问推导过程参考）由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同．
所以
所以，即，
因为，所以．
21．解：（1）由题意得有三个零点，转化为函数与函数的图象有三个公共点，
设，则，
令，解得；令，解得或，
所以在（0，2）上单调递增，在和上单调递减，
因为当时，，当时，，且，，
所以，即实数a的取值范围为．
（2）因为，由（1）得，
由，得，设，则，
求导得，令，解得，令，解得，
所以h（x）在（0，2）上单调递增，在上单调递减，
设，，
则，，
求导得恒成立，
所以在（0，2）上单调递减，
所以，即，
因为，所以，
又因为，，h（x）在上单调递减，
所以，即，
设且，则，
因为在上单调递减，所以，
因为，所以，
所以，
因为在上单调递减，所以，
所以，
所以．
22．（1）证明：因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，
所以，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，
设，，，，则点M的横坐标，
点N的横坐标，
由，得，
因式分解得，约分得，
所以，即，
所以MN垂直于x轴．
（2）解：设P（，则，且，
当时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当时，D为PB中点，同理得，
所以，是方程的两个根，
由韦达定理得，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以
，，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
C
B
D
C
A
B
题号
9
10
11
12
答案
BD
ACD
AD
ABD
X
2
4
5
P