2023届广东省潮阳实验、湛江一中、深圳实验三校高三上学期9月联考数学试题含解析

这是一份2023届广东省潮阳实验、湛江一中、深圳实验三校高三上学期9月联考数学试题含解析，共21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届广东省潮阳实验、湛江一中、深圳实验三校高三上学期9月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为，则或，因此，.故选：B.2．已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应的点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】解：因为，所以，所以在复平面内对应的点的坐标为；故选：A3．若函数为偶函数，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据奇偶函数的性质可得为奇函数，再根据奇函数满足求解即可.【详解】易得定义域为R，因为函数为偶函数，且为奇函数，故为奇函数.故，即，，即，解得.故选：B4．核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀值时，DNA的数量X与扩增次数n满足，其中为DNA的初始数量，p为扩增效率.已知某被测标本DNA扩增12次后，数量变为原来的1000倍，则扩增效率p约为（    ）（参考数据：）A．22.2% B．43.8% C．56.2% D．77.8%【答案】D【分析】由题意，代入关系式，根据对数的运算性质及指数与对数的关系计算可得．【详解】解：由题意知，，即，即，所以，解得．故选：D．5．已知的三个顶点都在抛物线上，为抛物线的焦点，若，则（    ）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】B【分析】设，，的横坐标分别是，，，由，得三点纵坐标之和，再结合抛物线的定义即可求出的值．【详解】解：由抛物线的方程，得，焦点坐标为，设，，的横坐标分别是，，，由，所以，即，因为为抛物线的焦点，由抛物线的定义可得，，，，即，故选：B．6．已知等比数列的各项均为正数，且，则使得成立的正整数的最小值为（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】应用等比数列通项公式求基本量可得，再由求正整数的范围，即可得答案.【详解】若等比数列的公比为，且，由题设，两式相除得，则，所以，故，显然时不成立，所以且，，即，则，故正整数的最小值为10.故选：C7．直线是曲线和曲线的公切线，则（    ）A． B． C．3 D．【答案】A【分析】由可求得直线与曲线的切点的坐标，由可求得直线与曲线的切点坐标，再将两个切点坐标代入直线的方程，可得出关于、的方程组，进而可求得实数的值.【详解】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，，则，由，可得，则，即点，将点的坐标代入直线的方程可得，可得，①，则，由，可得，，即点，将点的坐标代入直线的方程可得，，②联立①②可得，故，.故选：A.8．已知函数，若在区间内恰好有7个零点，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先讨论时不符题意，再讨论时，当时，函数的性质及零点个数，再确定函数在内的个零点个数，然后结合三角函数的性质列出不等式组解出的取值范围，最后取并集即可.【详解】解：当时，对任意，在内最多有2个零点，不符题意；所以，当时，,开口向下，对称轴为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为当时，；当，即时，在内无零点，所以在内有7个零点，即在内有7个零点，因为，所以，，所以，解得，又因为，所以无解；当，即时，=在内有1个零点，在内有6个零点，即在内有6个零点，由三角函数的性质可知此时在内只有4个零点，不符题意；当，即时，=在内有2个零点，所以=在内有5个零点，即在内有5个零点，因为，所以，，所以，解得，又因为时，所以，当，即时，在内有1个零点，所以在内有6个零点，即在内有6个零点，因为，所以，，所以，解得，又因为，所以.综上所述，的取值范围为：.故选：D.【点睛】本题考查了函数的零点、二次函数的性质、三角函数的性质及分类讨论思想，属于难题. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．已知由一组样本数据，得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有B．若随机变量，则C．已知随机变量服从两点分布，，则的最小值为16D．将一组数据中的每个数同乘一个非零常数后，这组数据的方差变为原来的倍【答案】BC【分析】对于A：样本中不一定有.对于B：由正态曲线的对称性直接求得；对于C：由，利用基本不等式即可求得；对于D：由方差的性质即可求得. 【详解】对于A：由求出，所以，即样本中心点为，但样本中不一定有.故A错误；对于B：随机变量，所以，由正态曲线的对称性可知：.故B正确；对于C：随机变量服从两点分布，，所以.所以当且仅当，即时等号成立.故C正确；对于D：将一组数据中的每个数同乘一个非零常数后，这组数据的方差变为原来的倍.故D错误.故选：BC10．已知直线，圆，则下列选项中正确的是（    ）A．圆心的轨迹方程为B．时，直线被圆截得的弦长的最小值为C．若直线被圆截得的弦长为定值，则D．时，若直线与圆相切，则【答案】BC【分析】首先表示出圆心坐标，即可判断A，再求出直线过定点坐标，由弦长公式判断B，求出圆心到直线的距离，当距离为定值时，弦长也为定值，即可判断C，求出圆心到直线的距离，即可判断D；【详解】解：圆的圆心坐标为，所以圆心的轨迹方程为，故A错误；直线，令，解得，即直线恒过点，当时圆，圆心为，半径，又，所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故B正确；对于C：若直线被圆截得的弦长为定值，则圆心到直线的距离为定值，所以，解得，故C正确；对于D：当时直线，圆心到直线的距离，当时，此时直线与圆不相切，故D错误；故选：BC11．下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的是（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】分别建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理依次判断即可.【详解】对于A选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，,则,,因为，所以，因为,所以，所以,且是平面内的两条相交直线，所以面，故A正确；对于B选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，,则,,因为， ,所以，所以,但是与都不垂直，所以与面不垂直，故B错误；对于C选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，,则,,因为，所以，因为,所以，所以,且是平面内的两条相交直线，所以面，故C正确；对于D选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，,则,,因为，所以，因为,所以，所以,且是平面内的两条相交直线，所以面，故D正确；故选：ACD【点睛】本题考查了空间几何体的线面垂直判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面垂直的判定定理是关键.12．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】分别构造、、，利用导数研究它们在上的单调性比较大小即可，应用特殊值法判断D.【详解】A：令且，则，仅当时等号成立，故导函数恒大于0，故在定义域上递增，则，即，所以，错误；B：令且，则，故在定义域上递增，则，即，所以，则，即，正确；C：令且，则，故在定义域上递增，则，即，所以，则，正确；D：当时，，错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：根据不等式构造函数，应用导数研究单调性，进而比较大小关系. 三、填空题13．的展开式中的常数项等于______【答案】-32【分析】由二项式定理，可得其通项公式，令x的指数为0，可得r＝3，计算可得结果．【详解】由题意，Tr+1＝C4r（x3）4﹣r（﹣）r＝（﹣2）rC4rx12﹣4r，令12﹣4r＝0⇒r＝3则常数项为T3+1＝（﹣2）3×C43＝﹣32故答案为﹣32．【点睛】本题考查二项式定理及通项公式的应用，属于基础题．14．已知非零向量满足，则与的夹角的余弦值为___________.【答案】0.25【分析】先计算出，再用夹角公式直接求解.【详解】因为，所以，展开整理化简得：.所以.即与的夹角的余弦值为.故答案为：.15．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为___________.【答案】【分析】利用菱形对角线相互垂直的性质得出，，可得出二面角的平面角为，再利用余弦定理求出，可知三棱锥为正四面体，过点作交于点，即可得到平面，从而得到为底面的重心，再由勾股定理求出外接球的半径，最后利用球的表面积公式可得出答案．【详解】解：依题意在边长为的菱形中，，所以，如下图所示，易知和都是等边三角形，取的中点，则，．，平面，所以平面，所以是二面角的平面角，过点作交于点，由平面，平面，所以，，平面，所以平面．因为在中，，所以，则．故三棱锥为正四面体，由平面，所以为底面的重心，所以，，则，设外接球的半径为，则，解得．因此，三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：．16．已知双曲线的左､右焦点分别为、，过的直线与的右支交于，两点.若，，则的离心率为___________.【答案】【分析】设，则，根据双曲线的定义得到，即可得到，，，再分别在和中利用余弦定理，即可得到、的关系，从而得解；【详解】解：根据题意，作图如下，设，则，所以，， ，，即，，，，，由余弦定理知，在中，，在中，，，，，．故答案为：． 四、解答题17．已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意由递推公式当时求出，当时作差得到，从而分奇偶求出数列的通项公式，即可得解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得；【详解】(1)解：因为，，当时，所以，当时，所以，所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，所以，偶数项是以为首项，为公差的等差数列，所以，综上可得；(2)解：由（1）可得，所以.18．已知为锐角三角形，且.(1)证明：；(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由三角形内角和及和差角正余弦公式可得，再结合锐角三角形性质即可证结论.（2）由题设且，将化为，注意范围结合正弦函数性质求范围.【详解】(1)由，则，所以，所以，而为锐角三角形，则，即，故，所以.(2)由题设，则，且，所以，故，而，且，即，则，所以.19．如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，是棱上一动点，已知二面角的余弦值为.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角正弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）先证明出平面，利用面面垂直的判定定理进行证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出的长度为1，再用向量法表示出直线与平面所成角正弦值，利用函数求出最大值.【详解】(1)因为四边形是菱形，所以.因为平面，平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.因为平面.所以平面平面；(2)设,过O作.以分别为x、y、z轴正方向建系.所以，，，.设的长度为，则，所以,.设为面的一个法向量，则，即，不妨设，则由（1）可知：平面，所以为面的一个法向量.因为二面角的余弦值为，所以，解得：.即，，.因为E是棱上一动点，可设，即.所以.设直线与平面所成角为，则，所以当时，取最小值，此时.20．在一个口袋中装有编号分别为，，，，，的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片次.(1)求次摸出卡片的数字之和为奇数的概率：(2)记这次中摸出卡片的最大编号数为随机变量，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）首先求出摸一次为奇数的概率，依题意有次或次摸出的为奇数卡片，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；（2）依题意的可能取值为、、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.【详解】(1)解：依题意摸一次编号为奇数的概率为，编号为偶数的概率为，要使次摸出卡片的数字之和为奇数，则有次或次摸出的为奇数卡片，所以概率；(2)解：依题意的可能取值为、、、、，所以，，，，，所以的分布列为： 所以21．已知函数.(1)求的单调区间；(2)当时，若在恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）求出导函数，对m分类讨论：当时，当时和当时分别利用导函数的正负判断原函数的单调性；（2）根据式子结构原不等式转化为在恒成立.令，由为增函数，进一步化为在恒成立，利用分离参数法得到在恒成立.记，由的单调性求出，即可求出实数的取值范围.【详解】(1)函数定义域为..令，则有.i.当时，恒成立，有，所以在上单增，无减区间；ii. 当时，令解得：，.当时，的对称轴，所以在上单增.又，所以恒成立，所以有，所以在上单增，无减区间；当时，的对称轴，且，.由二次函数的性质可得：在上；在上；在上.所以在上，有，单增；在上有，单减；在上有，单增.即在上单增，在上单减，在上单增.综上所述：当时，在上单增，在上单减，在上单增.当时，在上单增，无减区间.(2)当时，.在恒成立，可化为在恒成立.即，即在恒成立.令，因为为增函数，为增函数，所以为增函数，所以可化为在恒成立，只需在恒成立.记，只需.由（1）可知，在上单调递增，所以，即，解得：.即实数的取值范围为.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数证明不等式.22．已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.①求证：直线恒过定点；②设和的面积分别为，求的最大值.【答案】(1)；(2)①证明见解析；②. 【分析】（1）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程；（2）①设为，与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得，即可证结论；②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值.【详解】(1)由题意，解得，所以椭圆C的方程为．(2)①依题意，设，若直线的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立，整理得：，所以，且因为是椭圆上一点，即，所以，则，即因为，所以，此时，故直线恒过x轴上一定点．②由①得：，所以，而，当时的最大值为．