广州市2023高三年级一模考试数学试卷及解析

秘密★启用前     试卷类型：A

2023年广州市普通高中毕业班综合测试（一）

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､考生务必川黑色字迹的钢笔或签字色将自己的姓名､考生号､试室号､座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡的相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用橡皮擦下净后，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. 若复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，求出复数的共轭复数及模，即可计算作答.

【详解】复数，则，，

所以.

故选：A

2. 已知集合，则集合的子集个数为（    ）

A. 3 B. 4 C. 8 D. 16

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.

【详解】解不等式，得，因此，

所以集合的子集个数为.

故选：C

3. 函数在上的图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定的函数，由奇偶性排除两个选项，再取特值即可判断作答.

【详解】函数定义域为，

而，且，

即函数既不是奇函数也不是偶函数，其图象关于原点不对称，排除选项CD；

而当时，，排除选项A，选项B符合要求.

故选：B

4. 已知为第一象限角.，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，两边平方求出，判断的正负并求出，再利用同角公式计算作答.

【详解】因为为第一象限角，，则，，

，即，解得，，

所以.

故选：D

5. “回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”､“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有（    ）

A. 100个 B. 125个 C. 225个 D. 250个

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定的信息，确定五位正整数中的“回文数”特征，再由0出现的次数分类求解作答.

【详解】依题意，五位正整数中“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，

求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：

最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，

不同“回文数”的个数是个，

最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，

不同“回文数”的个数是个，

由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.

故选：C

6. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点任铀上，过点的且线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率的取大值为（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，设出抛物线C及直线PQ的方程，借助垂直关系求出抛物线方程及点M的坐标，再用斜率坐标公式建立函数，利用均值不等式求解作答.

【详解】依题意，抛物线的焦点在x轴的正半轴上，设的方程为：，

显然直线不垂直于y轴，设直线PQ的方程为：，点，

由消去x得：，则有，

由得：，解得，

于是抛物线：的焦点，弦的中点的纵坐标为，则点，

显然直线的斜率最大，必有，则直线的斜率，

当且仅当，即时取等号，

所以直线的斜率的取大值为.

故选：A

7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.

【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，

而平面，因此平面，

在等腰中，，则，，

令的外接圆圆心为，则平面，，

有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，

从而，四边形为平行四边形，，又，

因此球O的半径，

所以球的表面积.

故选：A

8. 已知均为正实数，为自然对数的底数，若，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用特殊值法当时，，排除选项A，B，C；再证明选项D成立.

【详解】已知均为正实数，,

当时，，满足成立，

对于A，，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C错误，

对于D，由已知，则，.

由 则，

所以，即，得，，即.

下面证明，.

设，，所以在区间上单调递增，

所以>，即.

所以，故D正确，

故选：D.

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. 某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：kg）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（    ）

A. 频率分布直方图中a的值为0.07

B. 这100名学生中体重低于60kg的人数为60

C. 据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62

D. 据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5

【答案】AC

【解析】

【分析】运用频率分布直方图中所有频率之和为1及频数、百分位数、平均数计算公式计算即可.

【详解】对于A项，因为，解得：，故A项正确；

对于B项，人，故B项错误；

对于C项，因为，，，所以第78百分位数位于之间，

设第78百分位数为x，则，解得：，故C项正确；

对于D项，因为，即：估计该校学生体重的平均数约为，故D项错误.

故选：AC.

10. 已知函数的图像关于直线对称，则（    ）

A. 函数的图像关于点对称

B. 函数在有且仅有2个极值点

C. 若，则的最小值为

D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答.

【详解】依题意，，即，而，则，，

对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确；

对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有两个极值点，

所以函数在有且仅有2个极值点，B正确；

对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点，

另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误；

对于D，依题意，，

则

，因此，D正确.

故选：ABD

11. 已知函数，点分別在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（    ）

A. 若关于的方程在上无解，则

B. 存在关于直线对称

C. 若存在关于轴对称，则

D. 若存在满足，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据给定条件，求出方程在上有解的a范围判断A；设出点的坐标，由方程有解判断B；设出点的坐标，建立函数关系，求出函数的值域判断CD作答.

【详解】函数，

对于A，方程在上有解，

显然函数在上单调递增，则有，解得，

因此关于的方程在上无解，则或，A错误；

对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，

即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，

，即函数在上单调递增，，

而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，

因此函数的值域为，又，于是在有解，

所以存在关于直线对称，B正确；

对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，

即，令，，

即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；

对于D，令，由得，

显然，且，，令，，

当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

因此，即有，，

而，当且仅当时取等号，所以，即，D正确.

故选：BCD

12. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（    ）

A. 点的横坐标的取值范围是

B. 的取值范围是

C. 面积的最大值为

D. 的取值范围是

【答案】BC

【解析】

【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答.

【详解】设点，依题意，，

对于A，，当且仅当时取等号，

解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；

对于B，，则，

显然，因此，B正确；

对于C，的面积，当且仅当时取等号，

当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，

所以面积的最大值为，C正确；

对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.

故选：BC

【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量与共线，则__________.

【答案】.

【解析】

【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可.

【详解】由题意知，

又因为，所以，所以，

所以，所以，

所以.

故答案为：.

14. 已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值.

【详解】因为数列是正奇数列，

对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；

当为偶数时，设，则为奇数，

所以，，则，

因此，.

故答案为：.

15. 已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，构造函数，再利用函数探讨单调性，求解不等式作答.

【详解】令函数，则，因此函数在上单调递减，

，因此，即，解得，

所以不等式的解集为.

故答案为：

16. 在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.

【详解】在正方体中，连接，如图，对角面矩形，

因为点分别是棱的中点，则，而，

即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面

分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，

因此，而，即四边形为平行四边形，于是，

即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，

于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；

以点D为原点建立空间直角坐标系，则，

则，令，

则有，，

于是点到直线的距离，

当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.

故答案为：；

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

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. 已知数列的前项和为，且

（1）求，并证明数列是等差数列：

（2）若，求正整数的所有取值.

【答案】（1），证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据证明为定值即可；

（2）先根据（1）求出，再利用错位相减法求出，从而可得，再根据函数的单调性即可得解.

【小问1详解】

由，得，

当时，，所以，

当时，，

两式相减得，即，

所以，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列；

【小问2详解】

由（1）得，所以，

，

，

两式相减得，

所以，

则，

由，

得，

即，

令，

因为函数在上都是增函数，

所以函数在上是增函数，

由，

，

则当时，，

所以若，正整数的所有取值为.

18. 记的内角、、的对边分别为、、.已知.

（1）证明：；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；

（2）利用平面向量数量积的定义可得出，结合余弦定理以及可求得、的值，由此可求得的面积.

【小问1详解】

因为，则，

即，

由正弦定理可得

，

因此，.

【小问2详解】

因为，由正弦定理可得，

由平面向量数量积的定义可得，

所以，，可得，

即，所以，，则，，

所以，，则为锐角，且，

因此，.

19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，

（1）求证：；

（2）求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）取中点，连接，可证明，，进而可证平面，则结论成立；（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，根据题中所给条件计算，的长，求出正切值，进而求出正弦值.

【小问1详解】

取中点，连接，

因为，且，所以四边形为平行四边形，即，

因为，所以；

因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以；

，所以平面，平面，所以.

【小问2详解】

过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，

由（1）可知：平面，平面，所以平面平面，平面平面，

则直线，由题意可知，，又，所以，在直角三角形中，，所以，，

过做于，则，

在中，，，则，，

所以，所以，，则.

20. 为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分：从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.

（1）求甲前3次答题得分之和为40分的概率；

（2）记甲第i次答题所得分数的数学期望为.

①写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）：

②若，求i的最小值.

【答案】（1）；   

（2）①，，且；②5.

【解析】

【分析】（1）甲甲前3次答题得分之和为40分的事件是甲前3次答题中恰答对一次的事件，再利用相互独立事件概率的乘法公式计算作答.

（2）①求出，再分析、写出与满足的等量关系式作答；②利用构造法求出的通项，列出不等式并结合单调性作答.

【小问1详解】

甲前3次答题得分之和为40分的事件是：甲前3次答题中仅只答对一次的事件，

所以甲前3次答题得分之和为40分的概率.

【小问2详解】

①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，则，

甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为，

则，显然，

，甲第次答题所得分数的数学期望为，

因此第次答对题所得分数为，答错题所得分数为10分，其概率分别为，

于是甲第i次答题所得分数的数学期望为，

所以与满足的等量关系式是：，，且；

②由①知，，当时，，而，

因此数列以为首项，为公比的等比数列，，

于是，由得：，显然数列是递增数列，

而，则有正整数，

所以i的最小值是5.

21. 已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切.

（1）求C的方程；

（2）直线：与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为（O为坐标原点），△APQ的面积为.的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由.

【答案】（1）；   

（2）定值，.

【解析】

【分析】（1）利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于的方程组，解方程组作答.

（2）由给定的面积关系可得直线PQ平分，进而可得直线的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断作答.

【小问1详解】

由椭圆的离心率为得：，即有，

由以C的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，

所以C的方程是.

【小问2详解】

为定值，且，

因为，则，

因此，而，有，

于是平分，直线的斜率互为相反数，即，

设，

由得，，即有，

而，则，

即

于是

，

化简得：，

且又因为在椭圆上，即，即，，

从而，，

又因为不在直线上，则有，即，

所以为定值，且.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

22. 已知，函数.

（1）若，证明：当时，：

（2）若函数存在极小值点，证明：

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）把代入，构造函数，借助导数确定单调性推理作答.

（2）由给定条件确定a取值范围，再分段讨论函数的极小值点及极小值推理判断作答.

【小问1详解】

若，则，设，

，设，

，则在上单调递增，，即，

于是在上单调递增，，即，

所以当时，.

【小问2详解】

函数，其定义域为，

，

由（1）知在上单调递增，，

当时，，当时，，

则由，解得或，其中且，即且，

否则恒有，则在上单调递增，函数无极值点，不符合题意，

若，即，当时，，

当时，，则上单调递增，

在上单调递减，因此是的极小值点，，

若，即，当时，，

当时，，则在上单调递增，

在单调递减，因此是的极小值点，

，又，于是，

综上所述，函数存在极小值点.

【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.