广东省广州市2023届高三一模数学试题

2023届广州市高三年级调研测试

数学

本试卷共5页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，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.考生必须保持答题卡的整洁.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.

【答案】C

【解析】

【分析】首先分别求解出、两个集合，然后再根据集合交集的定义进行运算即可.

【详解】由于，故，

，，即，故，

因此，即.

故选：C

2. 复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】

由复数除法运算求出，再写出其共轭复数，得共轭复数对应点的坐标．得结论．

【详解】，，对应点为，在第四象限．

故选：D.

【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念，考查复数的几何意义．掌握复数的运算法则是解题关键．

3. 已知，则是的（    ）

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

【答案】B

【解析】

【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】因为；，

所以，推不出，所以是的必要不充分条件.

故选：B.

4. 红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题利用勾股定理求出半径，再求出高度，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.

【详解】由题意得：，

所以cm，

所以cm，

所以两个球冠的面积为cm2，

则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：

cm2，

故选：C.

5. 若，且，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.

【详解】，.

由，可得，

即.

，

，

，，且，

根据函数易知：，即得：.

故选：A

6. 为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据方差的计算公式求得正确答案.

【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），

该地区中学生每天睡眠时间的方差为：

.

故选：B

7. 已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（    ）

A. 116 B. 115 C. 114 D. 113

【答案】C

【解析】

【分析】由可得函数的周期为，

再结合为偶函数，可得也为偶函数，通过周期性与对称性即可求解.

【详解】由，得，

即，

所以，

所以函数的周期为，

又为偶函数，

则，

所以，

所以函数也为偶函数，

又，

所以，，

所以，

又，即，所以，

又，，

，

所以

故选：.

8. 双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.

【详解】由题意如图所示：

由双曲线，知，

所以，

所以，

所以过作垂直于轴的直线为，

代入中，解出，

由题知的内切圆的半径相等，

且，的内切圆圆心

的连线垂直于轴于点，

设为，在中，由等面积法得：

由双曲线的定义可知：

由，所以，

所以，

解得：，

因为为的的角平分线，

所以一定在上，即轴上，令圆半径为，

在中，由等面积法得：

，

又

所以，

所以，

所以，

，

所以

，

故选：A.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（    ）

A.

B.

C. 若互斥，则

D. 若独立，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．

【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；

选项中：， 选项B正确；

选项C中：A，B互斥，，,，故选项C错误；

选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.

故选：

10. 已知是的导函数，，则下列结论正确的是（    ）

A. 将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象

B.与的图象关于直线对称

C. 与有相同的最大值

D. 当时，与都在区间上单调递增

【答案】AC

【解析】

【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.

【详解】，.

将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；

已知的图像与的图像关于直线对称，

，故B选项错误；

，其中，最大值为，

，其中，最大值为，故C选项正确；

当时，，，

当时，在上单调递增，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递减，

综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.

故选：AC

11. 在矩形中，，将沿对角线进行翻折，点翻折至点，连接，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）

A. 三棱锥的外接球表面积不变

B. 三棱锥的体积最大值为

C. 异面直线与所成的角可能是

D. 直线与平面所成角不可能是

【答案】AD

【解析】

【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用等面积求得后，即可确定BD的正误；取中点为,可得，所以为棱锥的外接球球心，故球的表面积不变，可判断A的正误；设异面直线与所成的角是，由线面垂直的判断和性质，可判断C的正误.

【详解】对于A，记中点为，如图所示

和均为直角三角形,为中点,

,

为棱锥的外接球球心，半径为,

.

三棱锥的表面积不变，，故A正确；

对于B，画图如下：

由题知,

当平面平面时,三棱锥的体积最大,

过点向AC做垂线，垂足为E，

在中可得，

平面平面,

平面平面,

是三棱锥的高,

三棱锥的体积最大值为.

故B不正确；

对于C，若异面直线与所成的角是，

则，又因为

,平面,平面,

平面，则，在中，，

不成立，所以异面直线与所成的角不可能是，故C不正确；

对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，

当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，

当平面平面时，点到平面距离最大，由B知，

此时，

即，，D正确.

故选：AD.

12. 已知，则（    ）

A. B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A选项，尝试找反例.

对于B，C选项，构造函数帮助分析.

对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.

【详解】对于A选项，当时，.

设，其中.

则，故在上单调递增.

又，，则，使.

即存在，，使.

但此时，.故A错误.

对于B选项，

.设，其中.则.

得在在上单调递增.

注意到.

则.又在上递增，

则有.故B正确.

对于C选项，由B选项可知，则由，

有.故C正确.

对于D选项，因，，

则.设，其中.

则.

设，其中.则，

得在上单调递增.

（1）若，注意到，，则，使.即，

则，设，则，

得在上单调递减，则.

（2）当，，注意到.

则，此时.

（3）当，注意到

则，又由（1）分析可知在上单调递增.

则.

综上，有.故D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.

对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.

对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.

对于D选项，将看作参数，并设简化运算.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知的展开式中的系数是20，则实数__________.

【答案】2

【解析】

【分析】根据二项展开式可得，则可得展开式中的系数，列方程即可得实数的值.

【详解】解：因为

则展开式中的系数是，求得.

故答案为：2.

14. 已知向量，且，则__________，在方向上的投影向量的坐标为__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】①根据平面向量垂直的判定条件求解的值即可；

②首先根据投影的计算公式求出在方向上的投影，进而求出在方向上的投影向量.

【详解】①已知，，由于，所以，解得；

②由①知：，，得，

则，，

故在方向上的投影为，

得在方向上的投影向量为.

故答案为：；

15. 若过点只可以作曲线的一条切线，则的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据导数几何意义，设切点坐标为，则得切线方程，

过点，则，构造函数，

确定函数的单调性及取值情况，即可得的取值范围.

【详解】解：函数的定义域为，则，设切点坐标为，

则切线斜率为，故切线方程为：，

又切线过点，则，

设，则得，或，

则当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以，

又时，，时，，

所以有且只有一个根，且，则，故的取值范围是.

故答案为：.

16. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.

【详解】设，

由，解得，

所以，

所以，

设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，

则，

两式相加得，即，

过作，垂直为，

则四边形为矩形，所以，，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：

【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.

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. 已知等差数列的前项和为，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，从而求得.

（2）利用错位相减求和法求得.

【小问1详解】

设等差数列的公差为，

依题意，，则

所以，解得，所以.

【小问2详解】

，

所以，

，

两式相减得

，

所以.

18. 在中，内角的对边分别为，.

（1）求；

（2）若的面积为，求边上的中线的长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；

（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出，最后利用求模公式即可求边上的中线的长.

【小问1详解】

因，

所以，

所以，

即，

所以，

由余弦定理及得：

，

又，

所以，

即，

所以，

所以.

【小问2详解】

由，

所以，

由（1），

所以，

因为为边上的中线，

所以，

所以

，

所以，

所以边上的中线的长为：.

19. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.

（1）证明：平面；

（2）若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；

（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.

【小问1详解】

设的交点为，连接，已知为的重心，

所以，，所以在中，，

所以，所以平面，平面，

则平面.

【小问2详解】

因为所以

所以为等边三角形，所以，又因为，

所以，所以，

取的中点为，连接，则，

平面平面，平面平面，

则平面，以为坐标原点，为轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

因为与平面所成的角为，所以，

设菱形的边长为，所以，所以

，

因为，所以，

，

设平面，

，令，

所以，

设平面，

，令，

所以，

则，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

20. 世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.

（1）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；

（2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设三个社区的居民人数为，分别求出三个社区每周运动总时间超过5小时的人数为，再由概率公式即可求出答案.

（2）由正态分布的性质求出，再由独立事件的乘法公式即可得出答案.

【小问1详解】

因为三个社区的居民人数之比为，

设三个社区的居民人数为，

所以社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，

社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，

社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，

该居民每周运动总时间超过5小时的概率.

【小问2详解】

因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，

所以，由（1）知，，

所以，

因为随机变量服从正态分布，且关于对称，

所以，

所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为：

.

21. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.

（1）求抛物线和圆的方程；

（2）设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.

【答案】（1）抛物线的方程为，圆的方程为   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；

（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.

【小问1详解】

解：由题设得，

所以抛物线的方程为.

因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为

由圆与轴相切，所以圆半径为，

所以圆的方程为.

【小问2详解】

证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.

故设过点且与圆相切的切线方程为，即.

依题意得，整理得①；

设直线斜率分别为，则是方程①的两个实根，

故，②，

由得③，

因为点，

则④，⑤

由②，④，⑤三式得：

，

即，

则，即，

所以点在圆.

22. 已知函数且.

（1）设，讨论的单调性；

（2）若且存在三个零点.

1）求实数的取值范围；

2）设，求证：.

【答案】（1）答案见解析   

（2）1）；2)证明见解析

【解析】

【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.

(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.

2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.

【小问1详解】

,,

因为,定义域为

当时,,解,得,解,得

当时,解,得,解,得

综上, 当时,增区间为,减区间为,

当时,增区间为,减区间为,

【小问2详解】

1）因为且存在三个零点.

所以有3个根

当时, ,

在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.

当,,即有两个根,

令,可转化为与有两个交点

,

可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,

其中,当,

所以可得,

即得.

2）因为且存在三个零点.

设，,易知其中 ,,

因为,所以,故可知;①

由1）可知与有两个交点,

,是单调递增的, ,,,所以;②

,

若,则

若,

构造函数,

设,

因为

又因为,

所以③

因为

又因为

所以

即得④

由③④可知, ,在上单调递增, 可得

,可知与同号

所以,

在上单调递增.

,,又由1)可知

所以,

,,是单调递增的,

所以⑤

由①②⑤可知

【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
 

证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
 

结合特殊值得到再利用单调性可得