2023届广东省茂名市高三二模数学试题含解析

这是一份2023届广东省茂名市高三二模数学试题含解析，共23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届广东省茂名市高三二模数学试题

一、单选题
1．已知集合，，若，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先解出集合,再根据列不等式直接求解.
【详解】集合，.
要使，只需，解得：.
故选：A
2．若复数满足，则（    ）
A．2 B． C．3 D．5
【答案】D
【分析】利用复数的除法法则和复数的模长公式计算即可.
【详解】，
.
故选：D.
3．已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时， 不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件，
故选：A
4．从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用排列组合知识求出对应的方法种数，利用古典概型的概率公式直接求解.
【详解】从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，有种；
要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，
所以数字为1，2，3时，有种；数字为1，3，5时，有种；
数字为2，3，4时，有种；数字为3，4，5时，有种；共24种.
所以该三位数能被3整除的概率为.
故选：D
5．已知平面内的动点，直线：，当变化时点始终不在直线上，点为：上的动点，则的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可分析出点P在：，问题转化为两圆上两动点距离的取值范围即可得解.
【详解】由原点到直线：的距离为，
可知直线是：的切线，又动直线始终没有经过点，所以点在该圆内，
因为点为：上的动点，且，，
∴，又，
即的取值范围为，
故选：D
6．如图所示，正三棱锥，底面边长为2，点Р到平面ABC距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】过点P作底面的垂线于点O，过B作AC的垂线于H. 过点M作平面平行和AC交三棱锥与平面.求出各边边长，及可求出.
【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所有三角形为等边三角形并且边长为2，即.
又因为为正三棱锥，因此过点P作底面的垂线于点O，则点O为三角形的中心.

过B作AC的垂线于H.由三角形为等边三角形，因此，
在直角三角形中，.
又因为，在直角三角形中，，故.
因为三棱锥为正三棱锥，因此均为等腰三角形.
又M到平面距离为点P到平面距离的，因此M为的三等分点（靠近P），
过点M作交于，交于.过点作交于，过点作交于，连接.
所以，则四点共面.
因为，面，面
所以面.
所以面即为过点M且平行于直线PB和AC的平面.
利用三角形相似可得：,.这个平面与三棱锥表面交线的总长为.
故选：B
7．黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且p，q为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，，则下列说法错误的是（    ）
A．在上的最大值为
B．若，则
C．存在大于1的实数，使方程有实数根
D．，
【答案】C
【分析】根据题意得到，或或时上的无理数，由的值域为，可判定A正确；若，设，，得到；若有一个为0，得到，可判定B正确；由，且的最大值为，可判定C错误；由，设，得到，可判定D正确.
【详解】设，（，且为互质的正整数），
或或时上的无理数，
对于A中，由题意，的值域为，其中p是大于等于2的正整数，
所以A正确；
对于B中，①若，设，（互质，互质），，则；
②若有一个为0，则，所以B正确；
对于C中：若为大于1的正数，则，而的最大值为，
所以该方程不可能有实根，所以C错误；
对于D中：和内的无理数，则，，，若为内的有理数，设（为正整数，为最简真分数），
则，所以D正确.
故选：C.
8．已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设，
可得，其中，且，
因为实数使得对任意的实数恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
所以
由上式对任意恒成立，故必有，
若，则由式①知，显然不满足式③，所以，
所以，由式②知，则，
当时，则式①，③矛盾.
所以，由式①，③知，所以.
故选：B.
【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：
1、根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.

二、多选题
9．小爱同学在一周内自测体温（单位：℃）依次为36.1，36.2，36.1，36.5，36.3，36.6，36.3，则该组数据的（    ）
A．平均数为36.3 B．方差为0.04
C．中位数为36.3 D．第80百分位数为36.55
【答案】AC
【分析】分别求出平均数，方差，中位数和第80百分位数，即可判断.
【详解】把数据从小到大排列后：36.1，36.1，36.2， 36.3， 36.3，36.5， 36.6.
所以平均数为.故A正确；
方差为


.
故B错误.
中位数为36.3.故C正确；
因为，所以第80百分位数为第6个数字36.5.故D错误.
故选：AC.
10．已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为、，椭圆的上顶点和右顶点分别为A、B，点P、Q都在上，且，则下列说法正确的是（    ）
A．周长的最小值为14
B．四边形可能是矩形
C．直线，的斜率之积为定值
D．的面积最大值为
【答案】ACD
【分析】对四个选项一一判断：对于A：利用椭圆的对称性，判断出PQ为椭圆的短轴时， 周长最小.即可判断；对于B：判断出，从而四边形不可能是矩形.即可判断；对于C：设，直接计算出.即可判断；对于D.由的面积为.即可判断.
【详解】由，可知P，Q关于原点对称.
对于A.根据椭圆的对称性，，当PQ为椭圆的短轴时，有最小值6，所以周长的最小值为14.故A正确；
对于B.因为，所以，
则，故椭圆上不存在点，使得，
又四边形是平行四边形，所以四边形不可能是矩形.故B不正确.
对于C.由题意得，设，则，
所以.故C正确；
对于D.设的面积为，所以当PQ为椭圆的短轴时，最大，所以.故D正确.
故选：ACD.
11．已知，若关于的方程恰好有6个不同的实数解，则的取值可以是（    ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】利用导数判断出单调性，作出的图像. 令，把题意转化为关于方程在内有2个不等实根.分离参数后，令，利用图像法求解.
【详解】记，则
所以在单调增，在单调减
所以的大致图像如下所示：

令，所以关于的方程有6个不同实根等价于关于方程
在内有2个不等实根.
即与在内有2个不同交点
又的大致图像如下所示：

又，
所以.
对照四个选项，AB符合题意.
故选：AB
12．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为
B．的周长最小值为
C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为
【答案】ACD
【分析】A选项：连接AD.证明出，即可求出直线AE与PB所成角为；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；C选项，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为r.利用等体积法求解；D选项，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出.
【详解】A选项：连接AD.

在正四面体中，D是PB的中点，所以.
因为平面，平面，,
所以直线平面.
因为平面.
所以，所以直线AE与PB所成角为.故A选项正确；
B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，
由，，

所以，所以，所以的周长最小值为不正确.故B选项错误；
C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：，所以半径.故C选项正确；
D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，
如图正四面体，

则，正四面体高为，得.故D选项正确.
故选：ACD

三、填空题
13．已知实数a，b满足，则的最小值是__________.
【答案】
【分析】先判断出，且.令，利用判别式法求出的最小值.
【详解】因为实数a，b满足，
所以，且.
令，则，所以，
代入，则有，
所以关于b的一元二次方程有正根，
只需，解得：.
此时，关于b的一元二次方程的两根，所以两根同号，只需，解得.
综上所述：.
即的最小值是（此时，解得：）.
故答案为：.
14．已知函数的图像关于直线对称，且时，，则曲线在点处的切线方程为___________.
【答案】
【分析】先求出当时，，利用导数的几何意义求出切线斜率，写出切线方程.
【详解】设分别为函数的图像上关于直线对称的两点，不妨设，则.
所以，所以
所以.
所以当时，.
所以.
而，所以.
所以曲线在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
15．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线交于点D，若且，则___________.
【答案】3
【分析】设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，利用几何关系和抛物线的定义得到，解方程即可求得.
【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，

则.根据抛物线定义知，，
设，因为，所以，
∴.
设，所以，所以.
16．修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为__________百米.

【答案】
【分析】连接CD，CE，设，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求出最小值.
【详解】连接CD，CE，由半圆半径为1得：.

由对称性，设，又，，
所以，，
易知，所以的长为.
又，故，故，
令且，则，，
所以.





-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
所以栈道总长度最小值.
故答案为：.

四、解答题
17．已知数列的前项和满足，且.
(1)求，，；
(2)若不超过240，求的最大值.
【答案】(1)，，
(2)15

【分析】（1）直接由求出，，；
（2）先作差得到，分类讨论：当为偶数时和为奇数时，分别求出，即可求解.
【详解】（1）当时，，
当时，，
当时，，
（2）∵，①
∴当时，，又，则，
当时，②，
①-②可得：，
当为偶数时，


∴.
当为奇数时，


∴
由，得，
的最大取值为15.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
(1)求A；
(2)若D为边BC上一点，且，试判断的形状.
【答案】(1)；
(2)直角三角形.

【分析】（1）利用三角变换得到，即可求出；
（2）设，利用正弦定理，化简求出，得到，即可证明.
【详解】（1）由得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为，所以.
（2）设，，则，，，
在中，由正弦定理知，
即，即，
化简得，
所以，，
所以是直角三角形.
19．在四棱锥中，平面平面，，为的中点.

(1)求证：；
(2)若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可.
【详解】（1）∵，为的中点，∴
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，又平面，
∴
（2）由，，
可知四边形为等腰梯形，易知，
∵，∴
建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，
平面的法向量为，
设，则，
，，
∵直线与平面所成角为，
∴，
∴①
∵点在棱上，∴，
即，
∴，，代入①解得或（舍去）.
， ，，
设平面的法向量为，
，
令，得，，

所以点到平面的距离
【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，Р为渐近线上一点，且，.
(1)求双曲线的离心率；
(2)若双曲线E实轴长为2，过点且斜率为的直线交双曲线C的右支不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)2
(2)是，2

【分析】（1）判断出为直角三角形，利用边长关系得到，利用齐次式法求出离心率；（2）利用“设而不求法”表示出，，利用双曲线的定义得到，进而证明出为定值.
【详解】（1）由，可设，
在中，因为，
所以，即，
所以，即为直角三角形.
所以在中，，，，所以，
则双曲线的离心率为.
（2）由（1）可知在双曲线中有且实轴长为2，所以，
所以双曲线方程为.
由，故设斜率为k的直线为，
联立，可得，
因为直线与双曲线右支交于不同两点，所以，解得：.
设，，则，，
则，，
即，的中点坐标为，
因为Q为x轴上一点，满足，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，
AB的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又

又因为，在双曲线的右支上，故，，
故，即，
故，即为定值.
21．已知函数，为常数，且.
(1)判断的单调性；
(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）运用导数，分类讨论与时的单调性.
（2）计算的值，结合已知可得，运用的单调性进而可设，运用的单调性及已知条件等量代换将问题转化为求证（），构造函数，运用导数研究其单调性即可求证.
【详解】（1）∵，
∴，，
记，
①当，即时，恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
②当，即时，
方程有两个不等实根，且，，
∴，，，单调递增，
，，，单调递减，
，，，单调递增，
综上所述：①当时，在上单调递增，
②当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）∵，∴，
由（1）可知时，在上单调递增，
故不妨设，
要证：，即证：，
又∵当时，在上单调递增，∴只需证，
又∵，∴只需证：，
即证：，（），
记，，
，
∴当时，恒成立，单调递增，
∴，
∴原命题得证.即.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为.
(1)求的分布列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求的期望.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)1

【分析】（1）由题意分析的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率公式得到，判断出数列为以为首项，以为公比的等比数列即可求解；（3）利用全概率公式求出求出，进而求出.
【详解】（1）（1）由题可知，的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：
;;，
故的分布列如下表：

0
1
2




（2）由全概率公式可知：




，
即：，
所以，
所以，
又，
所以，数列为以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
即：.
（3）由全概率公式可得：



,
即：,
又,
所以,
所以,
又,
所以,
所以,
所以,
所以.