数学-2023年高考押题预测卷03（广东卷）（全解全析）

这是一份数学-2023年高考押题预测卷03（广东卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了函数，设，，则，给出下列命题，其中正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测卷03【广东卷】
数学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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.
1．已知集合，，则等于（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的单调性解出集合A，根据指数函数的性质解得集合B，结合交集的概念和运算即可求解.
【详解】由，得，
解得，即，
由，得，即，
所以.
故选：A.
2．设复数z满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先化简出，再计算，最后代模长公式即可求解
【详解】由题知，于是，
所以.
故选：D
3．八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（    ）

A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
【答案】C
【分析】结合正八边形的性质以及向量的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】，所以的夹角为，A选项错误.
由于四边形不是平行四边形，所以，
是等腰直角三角形，所以，，
所以，C选项正确.
结合图像可知在上的投影向量与的方向相反，所以D选项错误.
故选：C
【点睛】
4．现有甲､乙､丙三个工厂加工的同种产品各100件，按标准分为一､二两个等级､其中甲､乙､丙三个工厂的一等品各有60件､70件､80件.从这300件产品中任选一件产品，则下列说法错误的是（    ）
A．选中的产品是甲厂的一等品与选中的产品是乙厂的二等品互斥
B．选中的产品是一等品的概率为
C．选中的产品是丙厂生产的二等品的概率为
D．选中的产品是丙厂生产的产品与选中的产品是二等品相互独立
【答案】D
【分析】运用互斥事件、独立事件的定义可判断A项、D项，运用古典概型求概率可判断B项、C项.
【详解】对于A项， “选中的产品是甲厂的一等品”记为事件A，“选中的产品是乙厂的二等品”记为事件B，
则，
所以选中的产品是甲厂的一等品与选中的产品是乙厂的二等品互斥，故A项正确；
对于B项，选中的产品是一等品的概率为，故B项正确；
对于C项，选中的产品是丙厂生产的二等品的概率为，故C项正确；
对于D项，“选中的产品是丙厂生产的产品”记为事件C，“选中的产品是二等品”记为事件D，
则，
由B项知，，
由C项知，，
所以，
所以选中的产品是丙厂生产的产品与选中的产品是二等品不互相独立，故D项不成立.
故选：D.
5．函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，则需将的图象（    ）

A．横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位
B．横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位
C．横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位
D．横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位
【答案】D
【分析】先根据图象的特点可求出，然后再根据周期变换与相位变换即可得出.
【详解】由图象可知：，则，
由，解得，
则，
∵的图象过点，则，
可得，解得，
又∵，则，
故.
故将函数图象的横坐标伸长到原来的2倍得到的图象，然后再向右平移个单位即可得到的图象.
故选：D.
6．已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”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
【答案】C
【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.
【详解】设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；
若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.
综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.
故选：C
7．设，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，由此确定正确答案.
【详解】设，，
所以在区间递减；
在区间递增.
，，
，
由于，
所以，
即.
故选：C
8．2023年是农历癸卯兔年，在中国传统文化中，兔被视为一种祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福寿安康.故宫博物院就收藏着这样一副蕴含“吉祥团圆”美好愿景的名画——《梧桐双兔图》，该绢本设色画纵约176cm，横约95cm，其挂在墙壁上的最低点离地面194cm.小南身高160cm（头顶距眼睛的距离为10cm），为使观赏视角最大，小南离墙距离应为（    ）

A． B． C．94cm D．76cm

【答案】B
【分析】由题意只需最大，设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，求出，，设，则，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意可得为锐角，故要使最大，只需最大，
设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，如图，
则依题意可得（cm），（cm），，
设，则，且，
，
故
，当且仅当即时等号成立，
故使观赏视角最大，小南离墙距离应为cm.
故选：B.


二、多项选择题：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．已知向量，，，则下列命题正确的是（    ）
A．当且仅当时， B．在上的投影向量为
C．存在θ，使得 D．存在θ，使得
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示判断A；求出投影向量判断B；利用向量的坐标运算判断C；利用数量积的运算律结合坐标运算判断D作答.
【详解】向量，，，
对于A，，A正确；
对于B，因为，则在上的投影向量为，B正确；
对于C，，假定存在θ，使得，则有，
而，即不成立，因此不存在θ，使得，C错误；
对于D，，即，
则，因此存在θ，使得，D正确.
故选：ABD
10．给出下列命题，其中正确的是（    ）
A．对于独立性检验的值越大，说明两事件相关程度越大.
B．若随机变量，则
C．若，则
D．已知样本点组成一个样本，得到回归直线方程，且，剔除两个样本点和得到新的回归直线的斜率为，则新的回归方程为
【答案】BD
【分析】由独立性检验判断选项A，由正态分布的对称性，判断选项B，由二项分布的方差公式，判断选项C，由回归直线方程的求法，判断选项D．
【详解】选项A，对于独立性检验的值越大，说明这两事件具有相关性的把握越大，错误；
选项B，，，正确；
选项C，，则，，错误；
选项D，把代入回归直线方程，得，
剔除两个样本点和后，新的平均数，
又新的回归直线的斜率为，即，则，解得，
则新的回归方程为，正确；
故选：BD
11．圆M：关于直线对称，记点，下列结论正确的是（    ）
A．点P的轨迹方程为 B．以PM为直径的圆过定点
C．的最小值为6 D．若直线PA与圆M切于点A，则
【答案】AB
【分析】由题意可知过圆心，代入即可得作出图象,利用直线与圆的关系依次判断各选项即可求得结果.
【详解】圆M：配方得： ，
圆M关于直线对称，
直线过圆心.
,即
点P的轨迹方程为，A正确.
由，则，则以PM为直径的圆过定点，B正确.
的最小值即为到直线的距离，由于,则，C错误.
由于，要使取最小，即取最小值，,，则D错误.
故选：AB

12．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（    ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．为了做好疫情防控期间的校园消毒工作，某学校对教室进行消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间x（单位：小时）的变化情况如图所示，在药物释放的过程中，y与x成正比；药物释放完毕后，y与x的函数关系式为（a为常数），根据测定，当空气中每立方米的含药量降低到毫克以下时，学生方可进教室学习，那么从药物释放开始，至少需要经过___________小时后，学生才能回到教室.

【答案】0.6
【分析】根据函数图象经过点，求出的值，然后利用指数函数的单调性解不等式即可.
【详解】由题意知，点在函数的图象上，
所以，
解得，
所以，
由， 即
得，所以.
所以从药物释放开始，到学生回到教室至少需要经过的小时.
故答案为：.
14．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】
【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：
15. 已知椭圆，、为的左、右焦点，是椭圆上的动点，则内切圆半径的最大值为________．
【答案】
【分析】根据椭圆定义可得，结合内切圆半径，显然当为短轴顶点时最大，即内切圆半径的最大，此时，代入求解．
【详解】∵，则
∴的周长
∵内切圆半径，则内切圆半径的最大即为最大
显然当为短轴顶点时最大，此时
则
故答案为：．
16．已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，为偶函数，若在上恰好有4个不同的实数根，则_______.
【答案】24
【分析】由题设可得的周期为8，且关于对称的奇函数，结合区间单调性判断上单调情况，根据与有4个交点，及函数的对称性求根的和.
【详解】由为偶函数，则，故，
又是定义在上的奇函数，则，
所以，故，即有，
综上，的周期为8，且关于对称的奇函数，
由在上单调递减，结合上述分析知：在上递增，上递减，上递增，
所以在的大致草图如下：

要使在上恰好有4个不同的实数根，即与有4个交点，
所以，必有两对交点分别关于对称，则.
故答案为：24
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在锐角中，分别为内角的对边，，角的平分线交于，.
(1)求；
(2)求外接圆面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对于题干条件，结合余弦定理，正弦定理进行边角转化后求解；
（2）结合角平分线长度，面积的等量关系，得出满足的条件，进而由余弦定理得到的范围，然后由正弦定理得出外接圆半径的最小值.
【详解】（1），，
由余弦定理可得，，
化简得，，由正弦定理可得，，.
（2）
由（1）得 ，.
，，
，整理得.
由基本不等式，，（当且仅当时等号成立），
，，
外接圆的直径，，
当且仅当时，外接圆的面积取最小值.
18．已知函数，等比数列的前n项和为，数列的首项为c，且前n项和满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若数列前n项和为，求使的最小正整数n.
【答案】(1)，；
(2)337.
【分析】（1）由已知求出，即可求出，进而得到的通项公式.求出，根据已知可推出，数列构成等差数列，可推出.根据与的关系，即可得出的通项公式；
（2）裂项可得，相加即可得出.解不等式，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，等比数列的前n项和为.
则，，
.
因为数列是等比数列，应有，解得，.
所以首项，
等比数列的通项公式为.
因为，
又，所以，，
所以.
又，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
所以，则.
当时，，
又时也适合上式，
所以的通项公式.
（2）由（1）可知，，
所以，
.
由，得，得，
故满足的最小正整数为337.
19．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.

(1)证明：.
(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为二面角为，，，
所以，二面角的平面角为，
以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则、、、、.
，，，.
设，，其中，
设平面的法向量为，
由得，
取，可得，
，解得，合乎题意，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为.
20．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；
(2)“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；
(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)；
(2)分布列见解析；
(3)
【分析】（1）利用古典概型结合组合公式求解；（2）写出的可能取值，利用超几何分布求得分布列，利用数学期望公式求得期望；（3）先计算得小明同学一轮测试得“优秀”的概率，再利用二项分布的期望公式列不等式求解.
【详解】（1）记“从10所学校中随机选取3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校共4所，
随机选择3所学校共种，所以.
（2）的所有可能取值为，
参与“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所，
所以，，
，，
所以的分布列如下表：










所以.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意列式，得，
因为，所以的最小值为，
故至少要进行轮测试.
【点睛】超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数的概率分布，超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
21．已知双曲线的渐近线与曲线相切.横坐标为的点在曲线上，过点作曲线的切线交双曲线于不同的两点.
(1)求双曲线的离心率；
(2)记的中垂线交轴于点.是否存在实数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)时存在；时不存在，理由见解析
【分析】（1）写出渐近线并联立曲线E，根据得，进而求离心率；
（2）应用导数几何意义求点处曲线的切线方程，并联立曲线C，结合韦达定理求中点坐标，写出中垂线方程即可求M坐标，结合列方程求，注意满足切线与双曲线有两个交点.
【详解】（1）由题意，与曲线相切，消得：有唯一解，
所以得：，离心率.
（2）由，故点作曲线的切线的斜率为，则，
所以方程为代入中，并整理得
，
设，在，
易得的中点，故中垂线，则点.
若，则，即得，

此时
当，即时，存在实数，使得；
当，即时，不存在实数，使得.
22．已知函数，，其中且.
(1)证明：当时，恒成立；
(2)证明：当时，曲线与曲线有且只有两条公切线．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可得等价于即，构建，结合导数证明即可；
（2）根据导数的几何意义分析可得，构建，利用导数证明在上有且只有两个零点即可.
【详解】（1）当时，，即，等价于即，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
可得，即，当且仅当时，等号成立；
可得，则，当且仅当时，即时，等号成立；
可得，则，当且仅当，即时，等号成立；
综上所述：.
但等号不同时取到，故，
∴，原式得证．
（2）由题意可得：，，
设直线l与相切于点，则切线斜率，直线l与相切于点，则切线斜率，
则，整理得，
由题意可得：，
消去可得：，
令，则，
则，
可得，
令，
要证两函数有且只有两条公切线，即证在上有且只有两个零点．
且，令，
则，可得在定义域内单调递增，
且，
故在上有唯一零点，且，
∴当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，可知的最小值为，
又∵，
则，
注意到趋近0时，趋近，趋近时，趋近，
∴在和上分别存在一个零点，故有且只有两个零点，故原命题得证．
【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．