2023届广东省六校高三上学期第三次联考数学试题含解析

2023届广东省六校高三上学期第三次联考数学试题

一、单选题

1．设全集为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法、集合补集的定义进行求解即可.

【详解】由且，或，

所以，

故选：C

2．若复数，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.

【详解】

故选：B

3．某学校要求学生居家学习期间要坚持体育锻炼，为了解学生休育锻炼的情况，学校随机抽取了部分学生，对他们一天内的体育锻炼时长进行了统计，统计数据如下表所示：

可以估计该学校学生一天内体育锻炼时长的众数及第40百分位数分别是（    ）A．40，45 B．40，40              C．50，40              D．40，50

【答案】A

【分析】根据众数和百分位数的定义，计算求解可得答案.

【详解】根据题意，众数为40，而第40百分位数为：,

故该学生体育锻炼时长的第16项为40，第17项为50，

故第40百分位数为：，

故该学校学生一天内体育锻炼时长的众数为：40，第40百分位数是45.

故选：A

4．已知实数，，，则这三个数的大小关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据对数函数的图象和性质可得：，然后再比较的大小关系即可.

【详解】因为，所以，

又因为，

而，所以，

所以，

故选：.

5．在平面四边形中，，，，，.若，则（    ）

A．2 B． C．4 D．6

【答案】D

【分析】对，分别两边同乘以和，得到关于方程组，解出，就可以求出.

【详解】

因为，③

③式同乘以，得：，

即，即①.

③式同乘以，得：，

即，即②.

①②联立解得：，

所以.

故选：D

6．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为等比数列，由此求出塔形表面积的表达式，令即可得出的范围．

【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，

，，，

则为以2为首顶，以为公比的等比数列，

是以4为首项，以为公比的等比数列．

塔形的表面积，

令，解得，

该塔形中正方体的个数至少为5个．

故选：B．

7．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设，利用可得，再由在圆上可得，令，利用圆和直线总有公共点可得的取值范围，从而求出答案.

【详解】圆的圆心为，半径为，设，

因为，可得，

即①，而②，

若，则，即，不合题意，

所以，由①②可得，

令，所以圆和直线总有公共点，可得即，

解得，即，解得.

故选：D.

8．已知，为函数的零点，，若，则（    ）

A． B．

C． D．与大小关系不确定

【答案】C

【分析】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案.

【详解】易知为函数的零点，

又

解之：，负根舍去；

又，

即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为

切线方程为：过原点，

此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，

故选：C

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

二、多选题

9．已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（    ）

A．若，则A，B相互独立 B．若A，B相互独立，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABC

【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即得.

【详解】因为随机事件A，B发生的概率分别为，

对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确；

对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；

对于C，若，则，故C正确；

对于D，若，则，故D错误.

故选：ABC

10．在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的有（    ）

A．直线⊥平面

B．直线平面

C．异面直线AP与所成角的取值范围是

D．三棱锥体积为定值

【答案】ABD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质，结合三棱锥的体积性质逐一判断即可.

【详解】分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

对于A：设边长为1，则,，

所以，

因为，

所以，即，

又平面，

所以直线平面，故A正确；

对于B：因为点M在线段上运动，

所以设点，则，

由上可知：平面的法向量为，

，因为平面，

所以直线平面，故B正确；

对于C：，设异面直线AM与所成角为，

所以，

因为，所以当时，，

当时，，

因为，

所以，

综上，所以，故C错误；

对于D： 因为，点M在线段上运动，

所以点P到直线的距离不变，即的面积不变，

又因为点到平面的距离恒为，

所以点到平面的距离不变，即三棱锥的高不变，

所以三棱锥的体积为定值，而，故D正确，

故选：ABD

【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解是解题的关键.

11．已知函数（）在区间上有且仅有条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（    ）

A．在区间上有且仅有个不同的零点

B．的最小正周期可能是

C．的取值范围是

D．在区间上单调递增

【答案】BC

【分析】根据三角函数对称轴情况可得的取值范围，进而判断各选项.

【详解】解：由函数（），

令，，则，，

函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，

由，得，即，

则，，，，

即，

，C正确；

对于A，，，

，

当时，在区间上有且仅有个不同的零点；

当时，在区间上有且仅有个不同的零点；故A错误；

对于B，周期，由，则，

，

又，所以的最小正周期可能是，故B正确；

对于D，，，

又，

又，所以在区间上不一定单调递增，故D错误；

故选：BC．

12．若函数存在两个极值点 ，则（    ）

A．函数至少有一个零点 B．或

C． D．

【答案】ACD

【分析】对于A，只需将 代入验证即可，对于B，通过函数存在2个极值点转化为导函数有2个变号零点问题，从而转化为二次函数根的分布问题即可，对于C，利用B选项的条件即可推导；对于D，计算 ，构造函数 ，求函数 的最小值即可

【详解】对于A，

， 是 的一个零点，故A正确

对于B，

存在两个极值点 ，

有两个不相等的实数根，即 有两个变号零点

，即 ，

又， ，解得

综上， ，故B错误

对于C，由B选项可得， ， ， ，

故C正确

对于D，

将 代入上式

令

有 在 上单调递增， ，

故D正确

故选：ACD

三、填空题

13．已知的展开式中含项的系数为60，则实数__________.

【答案】

【分析】利用所给的二项式写出展开式的通项即可求解.

【详解】的展开式的通项公式为：.

当，解得：；

所以由展开式中含的项的系数为60可得： ，得，解得

故答案为：

14．设计一个圆锥形包装盒，能把一个半径为1的小球完全装入这个盒子（底面密封），那么这种圆锥形盒子的体积的最小值是__________.

【答案】

【分析】根据圆锥的几何性质，结合切线的性质、圆锥的体积公式、基本不等式进行求解即可.

【详解】当小球与圆锥内切时，如下图所示的中截图，

设圆锥的高，半径，则圆锥的母线，

显然有，，

所以有，

设该圆锥的体积为，则，

当且仅当时取等号，即当时取等号，

故答案为：

15．函数在上单调递减，且，对于住意的，均有恒成立，则实数的最大值为__________.

【答案】

【分析】本题没有解析式，属于抽象函数问题，运用函数的性质解题，把不等式转化为的形式，根据函数单调递减去掉f可解.

【详解】，

，

可化为，

又在上单调递减，在上恒成立，

，

令，

，此时

故答案为：

四、解答题

16．黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题

（1）__________；（其中表示不超过的最大整数，.）

（2）已知正项数列的前项和为，且满足，则__________.

【答案】         

【分析】（1）进行放缩计算可得答案；

（2）利用进行放缩计算可得答案；

【详解】

，

，

所以，所以；

当时，，解得，因为，所以，

当时，，所以，即，

所以是以为首项，为公差的等差数列，

所以，因为，所以，所以，

当时，，即，

所以，

令，

则，

因为，，，

所以，

，

因为，，，

所以，

所以，即.

故答案为：①；②.

【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用和利用进行放缩计算，考查了学生的推理能力、运算能力.

17．某研究性学习小组对某植物种子的发芽率y与环境平均温度x（°C）之间的关系进行研究，他们经过5次独立实验，得到如下统计数据：

参考公式：.

(1)若从这5次实验中任意抽取2次，设种子发芽率超过70%的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望；

(2)根据散点图可以发现，变量y与x之间呈线性相关关系．如果在第6次实验时将环境平均温度仍然控制在21°C，根据回归方程估计这次实验中该植物种子的发芽率．

【答案】(1)分布列见解析，；

(2)．

【分析】（1）由题可知的可能取值，求相应概率可得分布列及期望；

（2）根据最小二乘法可得回归直线方程，进而即得.

【详解】（1）由题可知的可能取值为0，1，2，

则，

，

，

所以的分布列为：

即；

（2）由己知得，，

所以，

，

即，

当第6次实验，即时，，

所以根据回归方程估计这次实验中该种子的发芽率为．

18．某公园要建造如图所示的绿地为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB与BC的总长度为12米且.设.

(1)当时，求的长；

(2)当时，求面积的最大值及此时的值.

【答案】(1)

(2)当时，养殖场最大的面积为平方米.

【分析】（1）利用正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.

（2）根据三角形面积公式、正弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的单调性进行求解即可.

【详解】（1）连接，设，

在中，由正弦定理可知：，

在中，由正弦定理可知：，于是有，而，

解得，负值舍去，

因此，即；

（2）由题意，，所以，而， ，因此，所以，而，所以垂直且平分，

因此，

，

在△中，由正弦定理，得．

于是，．当，即时，取到最大值，最大值为．因此，当时，养殖场最大的面积为平方米.

19．已知数列的前项和.数列的前项和满足关系式.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)；

(2)证明见详解

【分析】（1）已知数列的前项和求通项公式，公式为：；（2）写出的通项公式，然后运用错位相减法可以求其前项和的表达式，进而证明不等式.

【详解】（1）当时，

当时，

当时，

当时，，

（2）由（1）知

当时，满足；

当时，，

故只需证：，左边显然成立；

令

得：，成立.

故原式得证.

20．如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，底面ABCD，，，，E为PA的中点．

(1)证明：平面平面BCE；

(2)若二面角P-BC-E的余弦值为，求三棱锥P-BCE的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）线面垂直的性质可得，若为中点，连接，由正方形的性质及勾股定理可得，再由线面垂直的性质有面，最后根据面面垂直的判定证结论.

（2）构建空间直角坐标系，设求相关点坐标，再求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示，结合二面角的余弦值求参数m，最后求、向量法求到面的距离，再由体积公式求棱锥的体积.

【详解】（1）因为底面ABCD，面，则，

由，，则，又，则，

若为中点，连接，易知：为正方形，则，又，即，

所以，

综上，，即，

又，则面，又面，

所以平面平面BCE.

（2）由题设，可构建如下图示的空间直角坐标系，若，

则，，，，，

所以，，，

若为面的一个法向量，则，令，则，

若为面的一个法向量，则，令，则，

所以，整理得，

所以，即，易得：，

由底面ABCD，面，则，又，即，

由，则面，面，即，

所以在直角△中，，

在△中，、、，即，则，

所以.

由上有：且面的一个法向量，

则，故到面的距离，

所以.

21．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；

（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.

【详解】（1）解：由题意可知，c=1，

设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，

得，

解得（舍），，

所以椭圆方程为.

（2）设，，，，，

因为，所以，即，

又，都在椭圆上，

所以，，

即，

②-①得，

即……③，

又，同理得……④

④-③得，

所以.

22．己知函数在区间内有唯一极值点．

(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：在区间内有唯一零点，且．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据极值点的定义，求导，进而求导函数的零点，研究零点左右与零大小关系，可得答案；

（2）由（1）明确函数的单调区间，分别在两个单调区间上，利用零点存在性定理，证明零点唯一存在，根据单调性证明不等式成立.

【详解】（1），

①当时，因为，所以，，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；

②当时，令，则，因为，所以，所以在上递增，又因为，，

所以在上有唯一零点，且，所以，；，，所以在上有唯一极值点，符合题意.

综上，.

（2）由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；，，单调递增，

所以时，，则，又因为，

所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.

因为，由（1）知，所以，

则，构造，

所以，

记，则，显然在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，

所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.

【点睛】在利用导数证明不等式成立时，一定明确单调区间，在同一单调区间上，由函数值的大小关系，可得自变量的大小关系，探究函数的单调性，可通过研究导数过着导数中部分代数式所构成函数的单调性，求其最值，可得函数的单调性.