广东省佛山市2023届高三二模数学试题

广东省佛山市2023届高三二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知的顶点，，，则顶点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

3．记数列的前项和为，则“”是“为等差数列”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

4．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（    ）

A．120种 B．180种 C．240种 D．300种

5．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（    ）

（参考数据：，，，）

A． B． C． D．

6．已知方程，其中．现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题：

甲：可以是圆的方程；    乙：可以是抛物线的方程；

丙：可以是椭圆的标准方程；    丁：可以是双曲线的标准方程．

其中，真命题有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

7．若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（    ）

A． B．0 C．2 D．0或2

8．已知函数，若存在，，，且，使，则的值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．设，，为复数，且，下列命题中正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则在复平面对应的点在一条直线上

10．四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

11．如图拋物线的顶点为，焦点为，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为，焦点也为，准线为，焦准距为6．和交于、两点，分别过、作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过的直线与封闭曲线交于、两点，则（    ）

A． B．四边形的面积为100

C． D．的取值范围为

12．已知函数，对于任意的实数，，下列结论一定成立的有（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

三、填空题

13．已知函数有2个极值点，，则______．

14．佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则______．

15．已知、分别为椭圆的左、右焦点，是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则的最大值为______．

四、双空题

16．有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______．

五、解答题

17．2023年3月5日，国务院总理李克强在政府工作报告中指出“着力扩大消费和有效投资．面对需求不足甚至出现收缩，推动消费尽快恢复．帮扶旅游业发展．围绕补短板、调结构、增后劲扩大有效投资．”某旅游公司为确定接下来五年的发展规划，对2013~2022这十年的国内旅客人数作了初步处理，用和分别表示第年的年份代号和国内游客人数（单位：百万人次），得到下面的表格与散点图．

(1)2020年~2022年疫情特殊时期，旅游业受到重挫，现剔除这三年的数据，再根据剩余样本数据（，2，3，…，7）建立国内游客人数关于年份代号的一元线性回归模型；

(2)2023年春节期间旅游市场繁荣火爆，预计2023年国内旅游人数约4550百万人次，假若2024年∼2027年能延续2013年∼2019年的增长势头，请结合以上信息预测2027年国内游客人数．

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，

参考数据：，

18．已知为锐角三角形，且．

(1)若，求；

(2)已知点在边上，且，求的取值范围．

19．已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，

(1)求数列的通项公式；

(2)记为数列在区间中最大的项，求数列的前项和．

20．中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，是正方形，平面，，点，是，的中点．

(1)若要经过点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；

(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由．

21．双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．

(1)求双曲线的方程；

(2)、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．

22．已知函数，其中．

(1)若有两个零点，求的取值范围；

(2)若，求的取值范围．

参考答案：

1．C

【分析】首先求集合，再求.

【详解】，得或，

所以或，，

所以.

故选：C

2．B

【分析】由平行四边形可得进而即得．

【详解】因为，，，由平行四边形可得，

设，则，

所以，即的坐标为.

故选：B.

3．B

【分析】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.

【详解】等差数列的前项和为，则，

数列的前项和为，取，显然有，

而，即数列不是等差数列，

所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件.

故选：B

4．C

【分析】按照分组分配的方法，列式求解.

【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，

共有种方法.

故选：C

5．A

【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．

【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），

则（m3），

（m3），

（m3），

所以（m3）．

故选：A．

6．C

【分析】根据圆，抛物线，椭圆及双曲线的方程特点结合条件分析即得.

【详解】因为方程，其中，

所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程；

当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程；

当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程；

若方程为双曲线的标准方程，则有，这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程；

所以真命题有3个.

故选：C.

7．D

【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．

【详解】设直线与曲线的切点为，

由，则，

则，，即切点为，所以直线为，

又直线与圆都相切，则有，解得或．

故选：D．

8．A

【分析】由范围可求出整体的范围，结合的图象，根据对称性即可求出的值.

【详解】

解：令，因为，， ，

所以，， ，，

因为，

结合的图象（如图所示），

得到，或，,

因为，

所以，，

则解得，此时，，，满足题意，

或解得，不符合题意舍去.

故选：.

9．ACD

【分析】根据共轭复数的概念可判断A，利用特值可判断B，根据复数运算法则及复数相等可判断C，根据复数的几何意义结合条件可判断D.

【详解】设，，，

对A， 若，即，则，

所以，，故A正确；

对B，若，则，而，故B错误；

对C，，，

所以，即，

因为，，则至少有一个不为零，

不妨设，由，可得，

所以，，即，，故C正确；

对D，由，可得，

所以，又不全为零，

所以表示一条直线，即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.

故选：ACD.

10．AD

【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.

【详解】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，

，而，，，

，

因为平面与平面的夹角为，则当时，，

当时，，

所以的值可能为，.

故选：AD

11．ACD

【分析】根据抛物线的定义可得判断A，以为原点建立平面直角坐标系，根据条件可得抛物线的方程为，可得，进而判断B，利用抛物线的定义结合条件可得可判断C，利用抛物线的性质结合焦点弦的性质可判断D.

【详解】设直线与直线分别交于，由题可知，

所以，，故A正确；

如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，

所以抛物线的方程为，

连接，由抛物线的定义可知，又，

所以，代入，可得，

所以，又，故四边形的面积为，故B错误；

连接，因为，所以，

所以，

故，故C正确；

根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，

当点在抛物线，点在抛物线上时，，

当与重合时，最小，最小值为，

当与重合，点在抛物线上时，因为，直线，

与抛物线的方程为联立，可得，设，

则，，

所以；

当点在抛物线，点在抛物线上时，设，

与抛物线的方程为联立，可得，设，

则，，当，

即时取等号，故此时；

当点在抛物线，点在抛物线上时，根据抛物线的对称性可知，；

综上，，故D正确.

故选：ACD.

12．ABD

【分析】构造函数利用导数研究函数的单调性一一判定即可.

【详解】，

令在上单调递增，

在上单调递减，故，

所以在上单调递增，且.

对于A项，若，显然B正确；

对于B项，有，

令，令，

在R上单调递增，而，

故在上单调递增，在上单调递减，故，

所以，故A正确；

对于D项，若，

即，故D正确；

设，若，则满足，

但，故C错误.

故选：ABD

13．0

【分析】由得，然后根据函数解析式结合条件即得.

【详解】因为函数有两个极值点与

由，则的两根为与，

所以，即，

由，可得，

所以.

故答案为：0.

14．1

【分析】利用正态分布的对称性可得，结合条件可得，然后利用二项分布的期望公式即得.

【详解】因为，均值为，且，

所以，

由题可得，所以．

故答案为：1．

15．/

【分析】设点在直线上，设点，当时，求出的值，当点不为长轴端点时，设，设直线、的倾斜角分别为、，可求出关于的表达式，利用基本不等式可求得的最大值，可得出的最大值，即可求得的最大值.

【详解】不妨设点在直线上，

若点为，则，

当点不为长轴端点时，由对称性，不妨设点在第一象限，设点，

在椭圆中，，，，则点、，

设直线、的倾斜角分别为、，则，，

所以，，

当且仅当时，即当时，等号成立，所以，的最大值为，

所以，.

故答案为：

16．         

【分析】记事件表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得，进而可得，然后构造等比数列，求通项公式即得.

【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，，

所以，

，

，

进而可得，，

又，，，

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，即，

故答案为：；.

17．(1)；

(2)6422百万人次.

【分析】（1）利用最小二乘法结合条件可得回归方程；

（2）根据线性回归方程，结合条件即得.

【详解】（1）由题可得，

，

，

所以，

，

所以根据样本数据（，2，3，…，7）建立一元线性回归模型为；

（2）由可知，年份每增加1年国内旅游人数将增加468百万人次，

所以预测2027年国内游客人数为百万人次.

18．(1)；

(2).

【分析】（1）利用三角恒等变换可得，再利用三角函数的性质结合条件即得；

（2）利用正弦定理结合条件可得，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.

【详解】（1）因为，

所以，即，

又，，

所以，

所以，即，又，，

所以，即；

（2）因为，所以，又，

可得，

在中，，

所以，

在中，，

因为为锐角三角形，

所以，得，

所以，

所以，即的取值范围为.

19．(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用等比数列的基本量运算即得；

（2）根据条件可得，进而可得，然后利用分组求和法即得.

【详解】（1）设的公比为，则，又，

当时，，当时，，

两式相减可得，，所以，

所以或(舍去)，

所以，即，

所以等比数列的通项公式为；

（2）由，，可得，

所以，又，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，

所以，

所以.

即.

20．(1)详见解析；

(2)详见解析.

【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，设的中点为，根据线面平行的性质可得就是应画的线，然后根据线面垂直的判定定理结合条件可得截面周长；

（2）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，设平面，根据线面垂直的性质可得的位置，进而即得.

【详解】（1）因为平面，平面，

所以平面，又平面，

设平面平面，则，

设的中点为，连接，则，又，

所以，即为，就是应画的线，

因为平面，平面，

所以，又，，平面，

所以平面，平面，

所以，即截面为直角梯形，又，

所以，，

所以，截面周长为；

（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴的正向建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

所以，

设平面的法向量为，

则，令，可得，

设平面，设，又，

∴，，

由，可得，即，

即为的三等分点，连接，即就是应画的线.

21．(1)

(2)

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解；

（2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围.

【详解】（1）依题意，，焦半径，

由，得，得，

解得：（其中舍去），

所以，

故双曲线的方程为；

（2）显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为，

联立，消去整理得，

在条件下，设，，

则，，

由，得，

即，

整理得，

代入韦达定理得，，

化简可消去所有的含的项，解得：或（舍去），

则直线的方程为，得，

又都在双曲线的右支上，故有，，

此时，，

所以点到直线的距离的取值范围为.

22．(1)；

(2)．

【分析】（1）由题可得方程有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；

（2）由题知恒成立，进而转化为证明当时，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明即可，再构造函数利用导数证明不等式即得.

【详解】（1）由有两个零点，得方程有两个解，

设，则，

由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，

所以的最大值为，当时，当时，，

所以可得函数的大致图象，

所以，解得，

所以，有两个零点时，的取值范围是；

（2）设，即，则恒成立，

由，，可得，

下面证明当时，，即证，

令，则证，，

令为开口向上的二次函数，对称轴为，

由（1）可知，故在时单调递增，

则，

下面只需证明即可，即证，

令，则，

令，则，

所以函数单调递减，且，

所以当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故，即，从而不等式得证，

综上，的取值范围是．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.