2023届广东省惠州市高三一模数学试题含解析

2023届广东省惠州市高三一模数学试题

一、单选题

1．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.

【详解】因为，所以，

则

故复数的虚部为.

故选：A.

【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.

2．设集合，则的元素个数为（    ）

A．3 B．4 C．9 D．无穷多个

【答案】A

【分析】根据函数在上单调递增，及，即可得解.

【详解】由函数在上单调递增，及，

可得，则其元素个数为3，

故选：A．

3．数据的第15百分位数为（    ）

A．69 B．70 C．75 D．96

【答案】B

【分析】根据百分位数的定义得到答案.

【详解】因为，根据百分位数的定义可知，该数学成绩的分位数为第2个数据70.

故选：B．

4．如图1，在高为的直三棱柱容器中，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）

A． B．3 C．4 D．6

【答案】B

【分析】根据同底等高的锥体与柱体体积之间的关系即可根据比例求解.

【详解】由图2知:,其中表示三棱柱的高，故,

因此可知无水部分体积与有水部分体积比为，所以图1中高度比为，得．

故选：B．

5．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.

【详解】因为，所以，即，

所以，即，

所以，

故选：D．

6．“家在花园里，城在山水间．半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园．．．．．．”首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境．下图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，可排除B、D；再结合基本不等式和二次函数的性质求得A、C的函数最大值，看是否为1，进而判断.

【详解】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，

则函数和都不满足，故排除B、D；

而的图象过点，，，

且时，，当且仅当时，等号成立，

即函数的最大值为2，

又“心形”函数的最大值为1，故排除A；

由的图象过点，，，

且时，，当且仅当时，等号成立，

即函数的最大值为1，满足题意，故C满足.

故选：C．

7．已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，，然后利用展开式的通项公式得到有理项项数，再利用古典概型的概率求解.

【详解】解：因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，

所以展开式的总项数为7项，故，

展开式的通项，

当是偶数时该项为有理项，

有4项，

所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为．

故选：A．

8．若函数的定义域为，如果对中的任意一个，都有，且，则称函数为“类奇函数”．若某函数是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是（    ）

A．若0在定义域中，则

B．若，则

C．若在上单调递增，则在上单调递减

D．若定义域为，且函数也是定义域为的“类奇函数”，则函数也是“类奇函数”

【答案】C

【分析】对A，根据“类奇函数”的定义，代入求解即可；

对B，根据题意可得，再结合函数的单调性判断即可；

对C，根据，结合正负分数的单调性判断即可；

对D，根据“类奇函数”的定义，推导判断即可.

【详解】对于A，由函数是“类奇函数”，所以，且，所以当时，，即，故A正确；

对于B，由，即随的增大而减小，若，则成立，故B正确；

对于，由在上单调递增，所以，在上单调递减，设，在上单调递增，即在上单调递增，故C错误；

对于D，由，所以，所以函数也是“类奇函数”，所以D正确；

故选：C

二、多选题

9．下列四个命题中为真命题的是（    ）

A．若随机变量服从二项分布，则

B．若随机变量服从正态分布，且，则

C．已知一组数据的方差是3，则的方差也是3

D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4

【答案】AC

【分析】由二项分布的期望公式判断A；由正态分布的性质判断B；由方差的性质判断C；由回归方程必过样本中心点求解可判断D.

【详解】对于A，由于，则，故A正确；

对于B，，故，故B错误；

对于C，的方差是3，则的方差不变，故C正确；

对于D，回归方程必过样本中心点，则，解得，故D错误.

故选：AC.

10．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】利用条件进行指对数转换，得到，从而有，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.

【详解】因为，所以，则，

选项A，，故正确；

选项B，因为，且，所以，故B正确；

选项C，因为，故C错误；

选项D，因为，故D正确，

故选：ABD．

11．已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于、两点，其中在第一象限，若，则（    ）

A． B．

C．以为直径的圆与轴相切 D．

【答案】BCD

【分析】写出焦点的坐标，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，根据点在第一象限即可求出点，的横坐标，进而可以求出的值，即可求出抛物线的方程，再对应各个选项逐个验证即可．

【详解】设，，则过的直线斜率为的方程为：，

代入抛物线方程消去可得：，

解得，因为点在第一象限，所以，，

则，所以，错误，

，正确，

由可得抛物线的方程为：，且，，，

所以，正确，

的中点横坐标为，以为直径的圆的半径为，

所以圆心到轴的距离等于半径，则以为直径的圆与轴相切，正确，

故选：．

12．在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．直线与所在平面相交

B．三棱锥的外接球的表面积为

C．直线与直线所成角的余弦值为

D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则

【答案】BCD

【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角，再利用空间向量计算模长即可.

【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，

对于，连接，可证得四点共面，

又可证得，所以平面，故错误；

对于B，三棱锥的外接球半径，

三棱锥的外接球的表面积为，故B正确；

对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则，

，故C正确；

对于D项，设二面角的平面角为，则，所以，于是，

，且

，

故D正确．

故选：BCD．

【点睛】本题考查立体几何综合，属于压轴题.关键在于利用空间向量解决异面直线的夹角，及线段长度问题.

三、填空题

13．若2、a、b、c、9成等差数列，则c﹣a=___________．

【答案】

【详解】由等差数列的性质可得2b=2+9，解得b=，

又可得2a=2+b=2+=，解之可得a=，

同理可得2c=9+=，解得c=，

故c﹣a=﹣==

14．过点的弦将圆的圆周分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则__________．

【答案】

【分析】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，由此求解即可.

【详解】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，

由圆的半径为，由勾股定理得．

故答案为：.

15．函数的非负零点按照从小到大的顺序分别记为，．，若，则的值可以是__________．（写出符合条件的一个值即可）

【答案】（答案不唯一）

【分析】先计算出最小正周期，从而求出，整体法求出零点，得到答案.

【详解】由题意得，

，

∵，

∴，

，

令，即，

，

对取特殊值即可，取，得；取，得（答案不唯一）．

故答案为：

16．已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为__________．（结果用表示）．

【答案】/

【分析】由可设，结合双曲线的定义可得点的轨迹，再根据内心的向量性质可得为的内心，进而根据双曲线焦点三角形内心的性质求解即可.

【详解】由，可设，由，

得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.

因为是的角平分线，且

故也为的角平分线，为的内心.

如图，设，，

则由双曲线与内切圆的性质可得，，

又，所以，，在上的投影长为，

则在上的投影向量为．

故答案为：

四、解答题

17．已知数列的前项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据求出首项及，构造法求出通项公式；

（2）求出，从而利用裂项相消法求和.

【详解】（1）当时，，解得，

当时，．

可得，

整理得：，

从而，

又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列；

所以，

所以，经检验，满足，

综上，数列的通项公式为；

（2）由（1）得，所以，所以，

，

所以

18．平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知．

(1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．

(2)记与的面积分别为和，请求出的最大值．

【答案】(1)为定值，定值为1

(2)14

【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得

，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；

（2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可．

【详解】（1）法一：在中，由余弦定理，

得，即①，

同理，在中，，

即②，

①②得，

所以当长度变化时，为定值，定值为1；

法二：在中，由余弦定理

得，即，

同理，在中，，

所以，

化简得，即，

所以当长度变化时，为定值，定值为1；

（2）

，

令，

所以，

所以，即时，

有最大值为14．

19．如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．

(1)若点是的中点，求证：平面；

(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；

【分析】（1）连接，可得四边形是平行四边形，或，从而，可证得平面；

（2）取中点，连接，分别以为轴，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点的坐标为，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，由二面角的余弦值为可得的值，可得的长．

【详解】（1）方法一：连接，由已知得，，且，

所以四边形是平行四边形，即，

又平面平面，

所以平面．

方法二：连接，由已知得，且，

，即，

又平面平面

所以平面

（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，

由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，

，

假设点存在，设点的坐标为，

，

设平面的法向量，则，

即，可取，

又平面的法向量为，

所以，解得：，

由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．

故上存在点，当时，二面角的余弦值为．

20．已知函数．

(1)当时，求在处的切线方程；

(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程.

（2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围.

【详解】（1）当时，．

故切线的斜率，又切点为

切线方程为，化简得．

（2）法1：当时，恒成立，故，

也就是，即，

由得，令，

则，

令，则，

可知在单调递增，则，即在恒成立，．

故在单调递增，所以，故在恒成立．

所以在单调递增，而，所以，故．

法2：因为当时，恒成立，故，

由，

令，得或，

①当，即时，在上恒成立，

在上单调递减，，

不合题意，合题意．

②当，即时，

当时，当时，

故在上单调递增，在上单调递减，

，

设，则恒成立，

在上单调递减，故即，合题意．

综上，．

法3：因为当时，恒成立，也就是，

即恒成立，令，

令，

恒成立，在上单调递增．

．

①当，即时，在上单调递增，

，合题意；

②当，即时，，

因为，，

存在，使得，即．

在上单调递减，在上单调递增．

，不合题意．

综上，．

【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值.

21．已知双曲线的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线的距离之积为．

(1)求双曲线的标准方程；

(2)设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线于两点，为坐标原点，求的面积．

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）由点到直线的距离公式及双曲线定义计算即可；

（2）分类讨论斜率的存在情况，联立直线与双曲线、渐近线方程结合韦达定理计算面积即可.

【详解】（1）双曲线的渐近线方程为和，

所以有，

由题意可得，

又，则，解得则双曲线的方程为

（2）

当直线斜率不存在时，易知此时，直线，

不妨设，得；

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

与双曲线的方程联立，可得，

由直线与双曲线的右支相切，可得，故

设直线与轴交于，则．

又双曲线的渐近线方程为，

联立，可得，同理可得，

综上，面积为2．

22．为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．

（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；

（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．

（i）证明：为等比数列；

（ii）证明：当时，．

【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得；

（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明；

（ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论．

【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，

则“第天不选择米饭套餐”．

根据题意，，，．

由全概率公式，得．

（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，，

根据题意，．

由全概率公式，得．

因此．

因为，

所以是以为首项，为公比的等比数列．

（ii）由（i）可得．

当为大于的奇数时，．

当为正偶数时，．

因此当时，．