广东省广州市2023届高三冲刺训练（三）数学试题（含解析）

这是一份广东省广州市2023届高三冲刺训练（三）数学试题（含解析），共24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。
广东省广州市2023届高三冲刺训练（三）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，若，则（    ）A． B． C． D．2．下列关于某个复数的说法中，①②③④有且只有一个说法是错误的，则错误的是（    ）A．① B．② C．③ D．④3．已知，则是的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知，则（    ）A． B． C． D．5．已知数列的各项均为正数，记数列的前项和，且满足，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．6．“总把新桃换旧符”（王安石）、“灯前小草写桃符”（陆游），春节是中华民族的传统节日，在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿，某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满80元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有5名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有3人领取的礼品种类相同的概率是（    ）A． B． C． D．7．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ）A． B．C． D．8．对于任意都有，则的取值范围为（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．已知向量，，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C． D．10．在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（    ）A． B．2 C． D．11．已知双曲线（）的左､右焦点分别为F1（−c，0），F2（c，0）.直线与双曲线左､右两支分别交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|AB|=4，则下列说法正确的有（    ）A．双曲线的离心率为 B．C． D．12．已知函数，若关于x的方程恰有两个不同解，则的取值可能是（    ）A． B． C．0 D．2 三、填空题13．若，且，若的展开式中存在常数项，则该常数项为__________.14．已知为抛物线上的两点，，若，则直线的方程为_________.15．讲一个半径为5的水晶球放在如图所示的工艺架上，支架是由三根金属杆PA､PB､PC组成，它们两两成60°角.则水晶球的球心到支架P的距离是___________.16．某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头牛.设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为数列，且满足递推公式：为数列的前项和，则__________（答案精确到1）. 四、解答题17．已知递增等差数列满足，，数列满足.（1）求的前n项和；（2）若，求数列的通项公式.18．在锐角中，角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若边，边的中点为，求中线长的取值范围.19．如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.（1）求证：平面平面；（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.20．随着5G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕5G用户的争夺越来越激烈，5G手机也频频降价飞入寻常百姓家．某科技公司为了打开市场，计划先在公司进行“抽奖免费送5G手机”优惠活动方案的内部测试，测试成功后将在全市进行推广．（1）公司内部测试的活动方案设置了第次抽奖中奖的名额为 ，抽中的用户退出活动，同时补充新的用户，补充新用户的名额比上一次中奖用户的名额少2个．若某次抽奖，剩余全部用户均中奖，则活动结束．参加本次内部测试第一次抽奖的有15人，甲、乙均在其中．①请求甲在第一次中奖和乙在第二次中奖的概率分别是多少?②请求甲参加抽奖活动次数的分布列和期望?（2）由于该活动方案在公司内部的测试非常顺利，现将在全市进行推广．报名参加第一次抽奖活动的有20万用户，该公司设置了第次抽奖中奖的概率为，每次中奖的用户退出活动，同时补充相同人数的新用户，抽奖活动共进行次．已知用户丙参加了第一次抽奖，并在这次抽奖活动中中奖了，在此条件下，求证：用户丙参加抽奖活动次数的均值小于．21．已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，，求实数的取值范围．22．如图，在中，点.圆是的内切圆，且延长线交于点，若.(1)求点的轨迹的方程；(2)若椭圆上点处的切线方程是，①过直线上一点引的两条切线，切点分别是，求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
参考答案：1．D【分析】根据题意，解不等式求出集合，由，得，进而求出，从而可求出集合，最后根据并集的运算即可得出答案.【详解】解：由题可知，，而，即，解得：，又由于，得，因为，则，所以，解得：，所以，所以.故选：D.2．C【分析】根据复数的模的求法与四则运算，逐一验证，即可求解.【详解】解：设,若①正确，因为，即，所以，解得:，，若②正确，即，所以，，若③正确，，不能得到，，若④正确， ,即，，综上，错误的是③，故选：C.3．C【分析】根据题意，由不等式的性质，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.【详解】由，即，可得，或，或，当时，可得，所以，即；当时，可得，，所以，即；当时，可得，，所以，所以；故是的充分条件.由，即，可得或，或，当时，，即，所以，所以；当时，，即，显然成立，此时；当时，，即，所以，所以，即；故是的必要条件.所以是的充分必要条件.故选:C4．A【分析】利用两角和差余弦公式和辅助角公式可求得，结合二倍角余弦公式可求得结果.【详解】，，.故选：A.5．B【分析】根据求出，判断是等差数列，求出的通项公式，再求出，逐个判断即可.【详解】当时，，解得；当时，因为，代入得：，化简得：，所以是首项为，公差为的等差数列.所以，因为，所以所以，，，经检验也成立，所以，对于B：，所以B正确.对于D：，所以D错误.故选：B6．D【分析】先由组合及分步计数原理求出恰有3人领取的礼品种类相同的情况，再求出总情况，由古典概型求解即可.【详解】先考虑恰有3人领取的礼品种类相同的，先从5人中选取3人有种，再从三类礼品中领取一件有，另外2人从剩下的2类礼品中任意选择有种，按照分步乘法计数原理可得种，又总情况有种，故恰有3人领取的礼品种类相同的概率是.故选：D.7．B【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a、b、c、d的值即可比较大小.【详解】对于正四面体，其离散曲率为，对于正八面体，其离散曲率为，对于正十二面体，其离散曲率为，对于正二十面体，其离散曲率为，则，所以.故选：B.8．B【分析】，由导数的单调性求出，所以转化为：任意恒成立，令，分类讨论值，求出，即可求出答案.【详解】，令，则，所以在上单调递减，在上单调递减，所以，所以，所以转化为：，令，，①当时，，所以在上单调递增，所以，所以.②当时，您，所以，（i）当即时，，所以在上单调递增，，所以.(ii)当即时， 在上单调递减，在上单调递增，，所以，所以.综上，的取值范围为：.故选：B.9．ABC【分析】按照向量数量积的坐标运算、模的坐标运算、夹角公式及平行的坐标公式依次判断即可.【详解】，A正确；，B正确；，则，C正确；，D错误.故选：ABC.10．ACD【分析】由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得.【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得： ，即有，而，则，又，由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，由正弦定理有：，即，，又是锐角三角形且，有，，解得，因此，由得：，，所以，结合选项，的可能取值为，，.故选：ACD11．BD【分析】连接，设，由已知，利用双曲线的定义求得，判断D正确，根据直线的斜率把图中线段用表示，从而求得，得离心率判断A，由数量积的定义计算数量积判断BC．【详解】如图，连接，设，因为，所以，D正确.又为线段的中点，所以.又，所以，则，得，所以双曲线的离心率为，A不正确；，B正确，C不正确.故选：BD．12．BC【分析】利用函数的单调性以及已知条件得到，代入，令，求导，利用导函数的单调性分析原函数的单调性，即可求出取值范围.【详解】因为的两根为，所以，从而．令，则，．因为，所以，所以在上恒成立，从而在上单调递增．又，所以，即的取值范围是，故选：BC．【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决函数的范围问题.构造函数 ，利用导数求取值范围是解决本题的关键.13．【分析】利用二项式定理的通项公式及常数项的特点即可求解.【详解】由题意可知，的展开式中的通项公式为.令，解得，又因为，且，所以,所以的展开式中的常数项为.故答案为：.14．【分析】由于可得为中点，则，根据点差法即可求得直线的斜率，从而得方程．【详解】设又，因为，所以，又，则，得则直线的斜率为，故直线的方程为，化简为．联立，可得，直线与抛物线有两个交点，成立故答案为：．15．5【分析】由题意画出示意图，O为球心，利用所给数据，求出DA，PD，OD，利用cos60°=cos30°cos∠CPD解出PO即可.【详解】解：设PO=x，作OD⊥平面BPA，连接AD，DB，则PA=，DA=，PD=，OD=，cos60°=cos30°cos∠CPD，，1=，，所以x=，故答案为：5. 【点睛】本题考查直线与球相切的有关问题，考查学生逻辑思维能力，空间想象能力，是中档题.关键是利用含有直二面角的三面角三余弦定理cos∠APC=cos∠APDcos∠CPD计算求解.16．9920【分析】根据已知，建立与的关系式，通过比较系数，得到和的值，进而得到是等比数列，求得其前项的和，即可得出的结果.【详解】由题知，，，，，，由得，则，解得，所以，则是以为首项，为公比的等比数列，因，所以.故答案为：17．（1）；（2）.【解析】（1）根据等差数列公式，列出方程组，求得的hi，得到，进而求得，得到答案.（2）由（1）得到，化简得到，代入数据计算得到答案.【详解】（1）设数列公差为，由，解得或（舍去），所以，则，即，所以，所以数列的前n项和.（2）由（1）知，又由，.【点睛】本题考查了等差、等比数列通项公式，等比数列的前和公式，以及“分组法”求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和求和公式，以及合理利用“分组法”求和，准确计算是解答的关键，注重考查推理与运算能力，属于中档试题.18．(1)(2). 【分析】（1）由余弦定理结合正弦定理，可得出角的正切即可求出角；（2）由，结合正弦定理应用辅助角公式，根据锐角三角形中角的范围，即可应用三角函数值域求出范围【详解】（1）由余弦定理得，即，由正弦定理得，，即，.（2）由余弦定理得：，则.由正弦定理得所以， 因为是锐角三角形，所以，即，则.中线长的取值范围是.19．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接，.∵，∴.∵，，∴，同理.又，∴，∴.∵，，平面，∴平面.又平面，∴平面平面；（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，∴，.∵三棱锥和的体积比为，∴，∴，∴.设平面的法向量为，则，令，得.设直线与平面所成角为，则.∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.20．（1）①甲在第一次中奖的概率为，乙在第二次中奖的概率为；②分布列见解析，；（2）证明见解析．【分析】（1）①确定参与抽奖人数和中奖人数，可得概率，其中乙第二次中奖，是在第一次不中奖的基础上才能第二次抽中奖，由条件概率公式计算；②设甲参加抽奖活动的次数为，则，注意第2次中奖是在第一次未中奖的条件下才发生，同样第3次中奖是在前2次都未中奖的条件下才可能发生．由条件概率公式计算出概率的分布列，由期望公式可计算期望；（2）丙在第奇数次中奖的概率为，在第偶数次中奖的概率为．“丙中奖”为事件，则，设丙参加抽奖活动的次数为，求出丙在第和次中奖的概率和，这两个概率相等，这样在丙中奖这个条件下可得第次和第次中奖的概率和，由期望公式计算出期望，用错位相减法求得分子的和，得化简后可证结论．【详解】（1）①甲在第一次中奖的概率为，乙在第二次中奖的概率为．②设甲参加抽奖活动的次数为，则，；；，123∴．（2）证明：丙在第奇数次中奖的概率为，在第偶数次中奖的概率为．设丙参加抽奖活动的次数为，“丙中奖”为事件，则，令，则丙在第次中奖的概率在第次中奖的概率，即，在丙中奖的条件下，在第，次中奖的概率为，则丙参加活动次数的均值为，设，则，∴，，所以．【点睛】本题考查条件概率，考查随机事件的概率分布列和数学期望，难点是理解中奖规则，得出和，考查了数据处理能力，运算求解能力，属于难题．21．（1）见解析；（2）．【分析】（1）求导对分类讨论的正负得出的单调性；（2）变形，利用导数对的值进行分类讨论，得出函数的单调性，由单调性即可得出实数的取值范围．【详解】（1）由题知，的定义域为，∴．（对函数求导后，由于恒大于0，故对进行正负分类讨论，从而判断函数的单调性）当时，在上恒成立，故在上是增函数；当时，令得在上有，在上有∴在上是减函数，在上是增函数（2）当时，，即（*）．令则．①若，由（1）知，当时，在上是增函数故有即，得，故有．（由（1）可判断，此不等式为常见不等式，熟记更利于解题）（当且仅当，即，且时取等号）（根据及基本不等式可知需对和的大小分类讨论）∴函数在区间上单调递增，∴，∴（*）式成立．②若，令则，当且仅当时等号成立．∴函数在区间上单调递增．∵∴，使得则当时，，即．∴函数在区间上单调递减（构造函数，对其求导并根据零点存在性定理判断的单调性）∴，即（*）式不恒成立．综上所述，实数的取值范围是．【点睛】本题主要考查了利用导数分类讨论求函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.22．(1)(2)①证明见解析；②存在实数 【分析】（1）抓住内切圆的性质找到等量关系，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【详解】（1）解：据题意，，从而可得，由椭圆定义知道，的轨迹为以为焦点的椭圆，所以所求的椭圆的方程为.（2）解：①设切点坐标为，直线上的点的坐标，则切线方程分别为，又两切线均过点，即，从而点的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点.②将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，不妨设，同理.所以故存在实数，使得.