2023届广东省高三上学期11月新高考学综合素养评价数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省高三上学期11月新高考学综合素养评价数学试题（解析版），共19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届广东省高三上学期11月新高考学综合素养评价数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．或 C． D．【答案】D【分析】根据一元二次不等式的解法，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.【详解】由已知可得或，因此，，故选：D2．已知复数满足，则（    ）A．0 B．1 C． D．2【答案】A【分析】根据复数除法公式，求解，再求.【详解】因为，所以，所以．故选：A．3．在平行四边形中，点在对角线上，点在边上，，，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】运用向量的分解和加减运算即可得出结果.【详解】解析：．故选：C．4．某科技公司联欢会进行抽奖活动，袋中装有标号为1，2，3的大小、质地完全相同的3个小球，每次从袋中随机摸出1个球，记下它的号码，放回袋中，这样连续摸三次.规定“三次记下的号码都是2”为一等奖.已知小张摸球“三次记下的号码之和是6”，此时小张能得一等奖的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据古典概型公式，结合条件概率公式进行求解即可.【详解】因为所有基本事件的个数为，三次抽到的号码之和为6，包括3次号码都不一样，分别是1，2，3，基本事件的个数为；号码都一样全是2，基本事件的个数为1，故事件包含的基本事件的个数为，事件包含的基本事件的个数为1，事件包含的基本事件个数为1，所以，，由条件概率公式可得，故选：C．5．记为数列的前项和，满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由与的关系可得是以1为公差的等差数列，进而可得，再利用裂项相消法求和即可【详解】由得，即①，当时，②，①-②得，，即，即，所以，且，所以是以1为公差的等差数列，又，所以，则，时也符合，则，则．故选：B．6．在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个直二面角，则点与点之间的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点在平面内作，证明，利用余弦定理得到，再利用勾股定理计算得到答案.【详解】过点在平面内作，垂足为点，二面角的平面角为，故平面，平面，，在中，，，，则，，，则，，，，．故选：D7．已知与，满足恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造新函数，利用导数的性质，结合对数函数的性质分类讨论进行求解即可.【详解】函数，可得，当时，，函数在上单调递增，且，所以有1个零点，不符合题意；当时，成立；当时，令，解得，当时，；当时，；函数在上单调递减，函数在上单调递增．所以当，函数取得最小值，最小值为，当时，；当时，；当时，（舍去）；综上所述，实数的取值范围为，故选：D．【点睛】关键点睛：构造新函数，利用导数的性质是解题的关键.8．已知函数的图象的一条对称轴为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据余弦型函数的对称性，结合导数的性质、余弦型函数的性质进行求解即可.【详解】解析：由函数的一条对称轴为，可得，所以，，，，，由在区间上不单调，所以在区间上有解，所以，在区间上有解，所以，所以，，又，所以，所以，当时，，此时的最小正整数为5．故选：B【点睛】关键点睛：利用导数研究原函数的单调性是解题的关键. 二、多选题9．下列命题中是真命题的有（    ）A．若，则B．在线性回归模型拟合中，若相关系数越大，则样本的线性相关性越强C．有一组样本数据，.若样本的平均数，则样本的中位数为2D．投掷一枚骰子10次，并记录骰子向上的点数，平均数为2，方差为1.4，可以判断一定没有出现点数6【答案】ACD【分析】根据二项分布期望公式、相关系数的性质，结合平均数、中位数、方差的定义逐一判断即可.【详解】对于，若，则，故A正确；对于B，若越大，则样本的线性相关性越强，故B不正确；对于C，有两种情况：1，2，3和2，2，2，故C正确；对于D，若出现点数6，则，此时其方差不可能是1.4，所以D正确．故选：ACD．10．已知函数，则满足不等式的整数解可以是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】BC【分析】根据函数的奇偶性，结合函数的单调性进行求解即可.【详解】，且，故函数为偶函数， ，当时，，对称轴为，故在区间上单调递增，因为是偶函数，所以由，故，解得．故选：BC．11．已知直线和圆，则下列说法正确的是（    ）A．存在实数，使得直线与圆相切B．若直线与圆交于，两点，则的最大值为4C．对于，圆上有4个点到直线的距离为D．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点【答案】BCD【分析】根据切线的斜率是否存在，判断A；根据弦长的最大值是直径，判断B；首先计算圆心到直线的距离，再利用数形结合判断C；根据圆系方程判断D.【详解】由，则圆心且半径为，A：因为直线过定点，若直线与圆相切，则直线的斜率不存在，即，故不正确；B：当直线经过圆心时，取最大值即圆的直径，故正确；C：因为圆心到直线的距离，所以，所以圆上有4个点到直线的距离为，故正确；D：当时直线，曲线，即一定过直线与圆的交点，故正确．故选：BCD．12．正四棱柱满足，点在线段上移动（不含端点），点在线段上移动（不含端点），并且满足.则下列结论中正确的是（    ）A．直线与直线为异面直线B．直线与直线所成角为定值C．三角形是锐角三角形D．三棱锥的体积随着点位置的变化而变化【答案】BC【分析】根据正四棱柱的性质、异面直线的定义，结合异面直线所成角的定义、三棱锥的体积公式逐一判断即可.【详解】如图所示，设，为，的中点，即为上下底面的中心，的中点为，则的中点也是，又∵，由对称性可得也是的中点，所以与交于点，故不是异面直线，故错误；因为是正四棱柱，所以是正方形，因此，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，因为平面，∴，故B正确；设，则，设，，易得，，，因为，∴为锐角；因为，当时取得最小值为，∴为锐角；因为，当时取得最小值为，∴为锐角，故为锐角三角形，故C正确；三棱锥也可以看作和的组合体，由于是固定的，，到平面的距离是不变的，（∵易知，平行与平面，故体积不变，故D错误．故选：BC．【点睛】关键点睛：根据正四棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥体积的性质是解题的关键. 三、填空题13．的展开式中的系数为________（用数字作答）．【答案】0【分析】由二项式展开式的通项公式求解即可【详解】的展开式通项为，所以，．故所求的系数为．故答案为：0．14．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，由求解即可【详解】，若函数在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，所以，故的取值范围是．故答案为：．15．设，，则________．【答案】1【分析】利用平方法，结合同角的三角函数关系式、两角和余弦公式进行求解即可.【详解】由，，，得，所以，故．故答案为：116．已知点是椭圆上的动点，点为直线上的动点，对给定的点，则的最小值为________．【答案】16【分析】根据点关于直线对称性，结合两点间距离最短、配方法进行求解即可【详解】设点关于直线对称的点为，所以有，∴，故，∴当，，三点共线时，可取得最小值，此时，设，由得∴∵，∴当时，，故的最小值为16．故答案为：16．【点睛】关键点睛：利用两点间线段最短，结合配方法是解题的关键. 四、解答题17．已知数列的前项和为，，数列是以1为公差的等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合与之间的关系进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【详解】（1））∵数列是以1为公差的等差数列，且，∴，∴，当时，．当时，上式也成立．∴；（2）    ∴①∴②    ①-②得：，，，  ∴.18．某公司为了增强员工的凝聚力，计划组织40名员工到某疗养院参加疗养活动，疗养院活动丰富多彩，其中包含羽毛球、卡拉OK、爬山、单车、乒乓球、篮球、桌球、游泳等活动．根据前期的问卷调查，得到下列列联表： 喜欢打羽毛球不喜欢打羽毛球合计男员工8210女员工82230合计162440 (1)根据小概率值的独立性检验，能否推断喜欢打羽毛球与性别有关？(2)若从40名员工中按比例分层抽样选取8人，再从这8人中随机抽取3人参加文艺表演，记抽到男员工的人数为，求的分布列与数学期望．附：，  【答案】(1)可推断喜欢打羽毛球与性别有关(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）计算出的值，参照表格即可得结果；（2）根据分层抽样的概念得出男、女员工的人数，得的所有可能取值为0，1，2 ，分别计算出对应的概率得出分布列以及期望.【详解】（1），∵，    ∴根据小概率值的独立性检验，可推断喜欢打羽毛球与性别有关（2）若从40名员工中按比例分层抽样选取8人，则选取的8人中共有男员工人数为：（人），女员工人数为（人）    ∴的所有可能取值为0，1，2，，，，∴的分布列为012 数学期望．19．已知的内角，，对应的边分别为，，，且，，成等差数列，三边均为正整数，，．点在边上，且．(1)求的面积；(2)若的外接圆半径为，的内切圆半径为，求的值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等差数列的性质，结合三角形内角和定理、余弦定理、三角形面积公式进行求解即可；（2）根据余弦定理、正弦定理，结合三角形内切圆的性质进行求解即可.【详解】（1）因为，，成等差数列，所以，又，得．    在中，由余弦定理得：，整理得：，所以，而为整数，且，所以．    故，解得或3，因为，所以，    所以，即的面积为；（2）因为，所以，，在中，由余弦定理得：，所以．在中，由正弦定理得：，    在等腰中，过点作于点，如图．所以，故，而，所以，    故.20．在三棱锥中，，，，分别为，的中点，，，分别为，，的中点，平面，与平面所成的角为．(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）连结．∵，分别为，的中点，∴，即四边形是梯形，∵，为分别为，的中点，∴，而平面，平面∴平面，    ∵、为分别为 、的中点，∴，而平面，平面∴平面，又，平面，平面，    ∴平面平面，平面，∴平面；（2）∵，为的中点，∴，∵平面，故，，两两垂直．分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．不妨设，由得，，∵与平面所成的角为，而平面，∴，∴，∴，，，    易知为平面的法向量，，，设为平面的法向量，∴，令，则为平面的一个法向量，    ∴，   ∴平角与平面的夹角的余弦值为.21．双曲线的左、右顶点分别为，，过点且垂直于轴的直线与该双曲线交于点，，设直线的斜率为，直线的斜率为．(1)求曲线的方程；(2)动点，在曲线上，已知点，直线，分别与轴相交的两点关于原点对称，点在直线上，，证明：存在定点，使得为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用代入法，结合直线斜率公式进行求解即可；（2）利用一元二次方程根与系数关系，结合垂直直线的性质进行求解即可.【详解】（1）当轴时，把代入双曲线方程中，得，设，，，    所以，得，    所以的方程：；（2）证明：设直线的方程为，，，，整理得，则，，，    直线，分别与轴相交的两点为，，∴直线方程为，令，则，同理，可得∴    ∴∴∴∴∴，    分当时，，此时直线方程为恒过定点，显然不可能，∴，直线方程为，恒过定点    ∵，设中点为，∴∴为定值，∴存在使为定值．【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.22．已知函数，．(1)求函数的单调区间和极值；(2)若函数有2个零点，求实数的取值范围．【答案】(1)函数的单调增区间为和，函数的单调减区间为，函数的极大值为，函数的极小值为；(2). 【分析】（1）利用导数的性质，结合极值的定义进行求解即可；（2）根据导数的性质，结合构造新函数法、函数零点的定义，利用分类讨论思想进行求解即可.【详解】（1）由题意，函数可得，    当，时，；当，时，；当时，，所以函数的单调增区间为和，函数的单调减区间为，    函数的极大值为，函数的极小值为；（2）函数的定义域为，    则，    令，则，所以，函数在上为增函数，且．①当时，即当时，对任意的恒成立，所以函数为上的增函数，则函数在上至多只有一个零点，不合乎题意；    ②当时，即当时，则存在使得，当时，，此时，则函数在上单调递减，当时，，此时，则函数在上单调递增，    由于函数有两个零点，当时，；当时，．可得，可得，解得．【点睛】关键点睛：构造新函数，利用导数的性质、分类讨论思想进行求解是解题的关键.