2023届广东省梅州市高三一模数学试题含解析

2023届广东省梅州市高三一模数学试题

一、单选题

1．已知复数满足，是虚数单位，则在复平面内的对应点落在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算，求得，确定其对应的点的坐标，即可求得答案.

【详解】由可得，

则在复平面内的对应点为，落在第三象限，

故选：C

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别解出集合对应的不等式，再根据交集运算即可求得结果.

【详解】由题意可知，

解集合对应的不等式可得，即；

所以.

故选：B

3．为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中错误的是（    ）

A．

B．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125

C．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119

D．四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为35%

【答案】B

【分析】根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得，经计算可得平均数为，中位数约为119，优秀率为35%即可得出正确选项.

【详解】根据题意可得，可得，故A正确；

根据频率分布直方图可得其平均数为

，所以B错误；

由频率分布直方图可知，，而，

所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；

由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为35%，即D正确.

故选：B

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.

【详解】由可得，

，

由二倍角公式可得；

即

故选：A

5．由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为.

【详解】双曲线（，）的渐近线的方程为，

双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，

根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，

则，则，

，

则该双曲线的离心率为，

故选：D.

6．若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，利用古典概型概率求解.

【详解】10不同的数取3个不同的数的情况为：，

其中3个之和为偶数的情况为：

①三个为偶数：，

②两奇数一偶数：，

共60种情况，所以所求概率为：.

故选：D.

7．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（    ）

A． B． C．. D．

【答案】B

【分析】设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.

【详解】解：设，由题意得，第项为，

则时，，

因为，，

所以，

解得，

故选：B

8．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.

【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，

根据题意可得平面，，点是的中点，，

在等腰中，，，

同理，

则等腰梯形的高为，

根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，

正方体的外接圆的半径，

则有，

而，，

当点在线段的延长线（含点）时，    视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时，    视为负数，

即有，

则，解得，

则刍甍的外接球的半径为，

则刍甍的外接球的表面积为，

故选：C.

二、多选题

9．函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．函数的图像关于直线对称

C．函数在单调递减

D．函数是偶函数

【答案】AB

【分析】根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项.

【详解】根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；

又因为函数图象过，所以，

可得，又可得，所以；

将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；

当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；

易得是奇函数，即D错误.

故选：AB

10．设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则是数列的最大项

B．若数列有最小项，则

C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有

D．若对任意的，均有，则数列是递增数列

【答案】BD

【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.

【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；

对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；

对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；

对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.

故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．

故选：BD

11．如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（    ）

A．线段的最小值为 B．棱上的不存在点，使得平面

C．棱上的存在点，使得 D．当为棱的中点时，

【答案】ABD

【分析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．

【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；

，，

若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；

设，则，，

若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；

是中点时，，，D正确．

故选：ABD．

12．对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（    ）

A． B．，

C． D．，

【答案】ACD

【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.

【详解】A.因为，所以令得，所以，故A正确；

B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；

C.，，而，

所以，，

由， ，，则，则，故C正确；

当时，，，

令，则，，

则，即，故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．展开式中的系数为___________.

【答案】40

【分析】易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.

【详解】根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；

所以展开式中的系数为.

故答案为：40

14．在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转 得到点，点的横坐标为___________.

【答案】

【分析】根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得答案.

【详解】由题意得,

设与x轴正半轴的夹角为，则，

则与x轴正半轴的夹角为，

故点的横坐标为 ，

故答案为：

四、双空题

15．甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名.根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名.

【答案】     A     三

【分析】根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名.

【详解】解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,

所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,

因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,

因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,

因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.

故答案为：A；三.

五、填空题

16．函数的最小值为___________.

【答案】##3.5

【分析】将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出答案.

【详解】，

，

可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，

而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，

如图，根据抛物线的定义有，

则，

故答案为：.

六、解答题

17．在中，内角的对边分别为，，，已知.

(1)求内角；

(2)点是边上的中点，已知，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，根据辅助角公式即可求得内角；（2）根据向量加法的平行四边形法则可得，再利用数量积公式和基本不等式即可求得面积的最大值.

【详解】（1）在中，因为，

由正弦定理得，

因为，所以，于是有，

所以，即，

因为，所以，

所以，

即.

（2）因为点是边上的中点，所以，

对上式两边平分得：，

因为，所以，即，

而，有，所以，当且仅当时，等号成立.

因此.

即面积的最大值为.

18．记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.

【答案】数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明见解析

【分析】①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.

【详解】数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：

①若，则其前项和，

因为，所以，则，

所以存在正数1，，，

即前项和数列有界.

②若，当时，，

其前项和

，

因为，所以，则，

所以存在正数2，，，

即前项和数列有界.

③若，其前项和为，

，

对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），

有，

因此前项和数列不是有界的.

19．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.

(1)为边的一点，若，求证：平面；

(2)当四面体的体积取得最大值时，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)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；

(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.

【详解】（1）取中点，连接，

因为在正三角形中，，

又因为，所以，

平面，平面，

所以平面，

又有，且，所以，

而平面，平面，所以平面.

有，平面，

所以平面平面，

又平面，

因此平面.

（2）因为，又因为的面积为定值，

所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，

因为，，，，平面，

所以平面，

因为平面，所以平面平面，

当时，平面平面，平面

所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，

因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.

如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，

易知，，，，

，，，

为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，

，

由，令得：，，

所以为平面的一个法向量，

.

所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.

20．甲､乙､丙､丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.

(1)三轮比赛结束后甲的积分记为，求；

(2)若前二轮比赛结束后，甲､乙､丙､丁四支球队积分分别为3､3､0､6，求甲队能小组出线的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可知，代表甲获胜一场比赛，按比赛场次分情况讨论即可求得结果；（2）对第三局比赛结果进行分类讨论，对每种情况对应的积分再分别判断是否需要抽签，利用条件概率公式和概率加法公式即可求得结果.

【详解】（1）（1）设甲的第场比赛获胜记为（，2，3），

根据表格可知甲对乙、丙、丁比赛获胜的概率分别为，

则有

.

（2）分以下三种情况：

（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，

则甲､乙､丙､丁四个球队积分变为6､6､0､6，

此时甲､乙､丁三支球队积分相同，要抽签决定排名，甲抽中前两名的概率为，

所以这种情况下，甲出线的概率为；

（ii）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙输丙，

则甲､乙､丙､丁积分变为6､3､3､6，

此时甲一定出线，甲出线的概率为；

（iii）若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙.

则甲､乙､丙､丁积分变为3､3､3､9，

此时甲､乙､丙三支球队要抽签决定排名，甲抽到第二名的概率为，

所以这种情况下，甲出线的概率为.

综上，甲出线的概率为.

21．已知函数.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若，讨论函数的零点个数.

【答案】(1)增区间为和，减区间为

(2)答案见解析

【分析】（1）当时，求得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；

（2）利用导数分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，结合零点存在定理可得出结论.

【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为，

，

由可得，由可得或.

故当时，函数的增区间为和，减区间为.

（2）解：函数的定义域为，

，

由，得，，

由可得，由可得或.

所以，函数的增区间为、，减区间为，

所以，函数的极大值为，

极小值为，

当时，，

令，其中，

则，即函数在上单调递增，

故当时，，

此时，，所以在上不存在零点；

①当时，，此时函数无零点；

②当时，，此时函数只有一个零点；

③当时，，，

则在与上各有一个零点.

综上所述，（i）当时，在上不存在零点；

（ii）当时，在上存在一个零点；

（iii）当时，在上存在两个零点.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

22．已知动圆经过定点，且与圆：内切.

(1)求动圆圆心的轨迹的方程；

(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.

（i）求证：为定值；

（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点

【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.

【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；

所以，，

则.

所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.

因此轨迹方程为.

（2）（i）设，，.

由题可知，，如下图所示：

则，，

而，于是，

所以，

又，则，

因此为定值.

（ii）设直线的方程为，，.

由，得，

所以.

由（i）可知，，即，

化简得，解得或（舍去），

所以直线的方程为，

因此直线经过定点.

【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.