华南师范大学附属中学南海实验高级中学2022-2023学年高三数学强化考试卷（三）（Word版附解析）

这是一份华南师范大学附属中学南海实验高级中学2022-2023学年高三数学强化考试卷（三）（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知 ， ，，则的值为， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
华附南海实验高中2023届强化考（三）数学一､单选题：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的.1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】因为，由可得且，解得，则，因此，.故选：D.2. 已知是虚数单位，复数，则复数z的共轭复数为（    ）A. 2 B. 2 C. 2 D. 2【答案】A【解析】【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.【详解】因为，所以，所以复数的共轭复数还是2.故选：A.3. 已知，向量与向量垂直，，，2成等比数列，则与的等差中项为（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】A【解析】【分析】利用向量垂直得到，再利用，，2成等比数列，得到，联立方程解出，值，再利用等差中项的定义即可求出结果.【详解】因为与垂直，所以，得到，又因为，，2成等比数列，所以，又，联立方程和，得到，，所以，的等差中项为．故选：A．4. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.故选：D5. 已知 ， ，，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】应用同角三角函数关系、诱导公式得，，再由差角正切公式求值即可.【详解】由题可得，，，所以.故选：A6. 甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ）A.  B. 事件与事件B相互独立C.  D. 【答案】D【解析】【分析】A选项，根据题意求出，判断A选项；B选项，利用全概率公式求出，得到，判断事件事件与事件B不相互独立，得到D选项正确；C选项，利用条件概率公式求解即可.【详解】由题意得，所以A错误；因为，，所以，即，故事件事件与事件B不相互独立，所以B错误，D正确；，所以C错误；故选：D7. 已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点且，则双曲线离心率的取值范围是（    ）A. (1,2] B. [2 +) C. (1,3] D. [3，+)【答案】C【解析】【分析】由双曲线定义，变形后由基本不等式得最小值，从而得，再利用双曲线中的范围有，由此结合可得离心率的范围．【详解】因为是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点，所以，则，代入得，当且仅当时取等号，因为，所以，又点是双曲线右支上任意一点，所以，即，即，所以，又，所以.故选：C．8. 设函数在上存在导函数，对任意的实数都有，当时，.若，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】构造，将不等式转化为，利用导函数和奇偶性研究在上的单调性即可求解.【详解】令，则当时，所以在上为减函数，又因为，所以，所以为奇函数，所以在上单调递减且连续，若，则，即，所以，解得，故选：A二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9. 在棱长为2的正方体中，与交于点，则（    ）A. 平面B. 平面C. 与平面所成的角为D. 三棱锥的体积为【答案】ABD【解析】【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.【详解】∵平面平面平面，A对；因为又平面，平面，所以平面平面，B对；因平面与平面所成角为因，C错；因为，D对. 故选：.10. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）A.  B. 的图象的对称中心是C. 函数的零点是 D. 在上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】结合正弦函数与正切函数的性质分析A、B、C，利用导数判断函数的单调性，即可说明D.【详解】因为，又的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，所以，故A错误；因为的对称中心为，的对称中心为，所以的图象的对称中心是，故B正确；因为的零点为，的零点心为，所以函数的零点是，故C正确；函数的定义域为，所以，因为，且，所以，所以在上单调递增，故D正确；故选：BCD11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过的直线与在第一象限内自下而上依次交于两点，过作于，则（    ）A. 的方程为B. 当三点共线时，C. D. 当时，【答案】BC【解析】【分析】根据准线与轴的交点求出抛物线的解析式，通过分析即可得出正确选项.【详解】由题意，在中，准线与轴交于点∴，解得：，∴抛物线的方程为，A项错误；设的方程为，联立得，则，即，由题意可知，，当三点共线时，，则，解得，则，代入的方程可知，，根据抛物线的定义可知，∴，B项正确；由定义可知，，∵，∴，C项正确；当时，则，解得（负值舍去），，则，由，则，∴，①假设，则，则，显然不符合①，所以D项错误．故选：BC．12. 已知函数，且.则下列结论一定正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，结合选项及函数单调性逐项判断即可.【详解】函数的定义域为，因为，所以，令，则，所以函数在上单调递增，又，所以当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增，所以.所以当，取，因为，所以，此时，A错误；当时，，由得，即，B正确；当时，取，，满足，此时，C错误；当时，，由得，则，即，D正确.故选：BD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.13. 已知一试验田种植的某种作物一株生长果实的个数x服从正态分布，且，从试验田中随机抽取10株，果实个数在的株数记作随机变量X，且X服从二项分布，则X的方差为_________．【答案】21【解析】【分析】由,利用正态分布的对称性求得,则,利用二项分布的方差公式可得结果.【详解】,且，，,,由题意可得,所以的方差为，故答案为:2.114. 函数(x>0)的图像在点处的切线与x轴交点的横坐标为，且，则___________.【答案】21【解析】【分析】利用导数求出切线方程，进而求出数列的通项作答.【详解】函数，求导得，于是函数的图像在点处的切线斜率为，切线方程为，而，令，得，又，因此数列是等比数列，公比为，，所以.故答案为：21.15. 若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据两直线所过的定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.【详解】直线过定点，直线过定点，显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，显然点的坐标为，所以该圆的方程为，由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，当点在如下图位置时，的值最大，即，所以|PM|的最大值为，故答案为：【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.16. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.
 【答案】【解析】【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，即，由题意得，在中，由余弦定理得即即，解得或（舍去），将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径，所以外接球的体积.故答案为：四､解答题：本大题共6小题，共70分，解答须写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知．（1）求的值；（2）若的内切圆半径为，，求．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解；（2）先由余弦定理得，再利用等面积法得，进而解方程组即可求解.【小问1详解】因为，所以，即，又，所以，所以，又，即.【小问2详解】由余弦定理得，①  设的内切圆半径为，由等面积公式得．即．整理得，②联立①②，解得，，所以．18. 如图，在四棱锥中，，，，为中点.（1）在棱上是否存在点，使得平面？说明理由；（2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）存在，理由见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定证明∥平面；（2）取的中点为，证明，，以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法证明即可.【小问1详解】取的中点，连接，则∥，又∥，，所以四边形为平行四边形，∥. 因为平面，平面，∥，所以∥平面.【小问2详解】取的中点为，连接，，.若平面，，因为平面，则，，且，又，，平面，所以平面，所以，又∥，所以，又，的中点为，所以，则以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：，平面法向量为.设平面的法向量为，，令，则设平面与平面所成角为所以平面与平面所成角的余弦值为.19. 已知数列的前项和为，，，．（1）求数列的通项公式；（2）求证：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据公式得到是常数列，确定，计算得到通项公式.（2）放缩，根据裂项相消法计算得到证明.【小问1详解】，则，整理得到，故，故是常数列，故，即，当时，，验证时满足，故【小问2详解】，故.20. 现在世界正处于百年未见之大变局，我国面临着新的考验，为增强学生的爱国意识和凝聚力，某学校高二年级组织举办了“中国国情和当今世界局势”的知识对抗竞赛，主要是加深对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得的成就和最新世界经济、政治时事的了解．组织者按班级将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等．比赛得分规则为：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分；选手抢到试题但回答错误或没有回答得0分，对方选手得5分；2道题目抢答完毕后得分多者获胜．已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手回答每道试题是否正确相互独立．2道试题抢答后的各自得分作为两位选手的个人总得分．（1）求乙总得分为10分的概率；（2）记X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）    （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由互斥事件、独立事件的概率公式计算可得；（2）分X可能取值为0，5，10，15，20，结合互斥事件、独立事件的概率公式求得概率分布列，然后由期望公式计算出期望．【小问1详解】由题意，乙得10分的基本事件有{乙抢到两题且一道正确一道错误或没有回答}、{甲，乙各抢到一题都回答正确}、｛甲抢到两题都回答错误或没有回答｝所以乙总得分为10分的概率．【小问2详解】由题意得，甲的总得分X可能取值为0，5，10，15，20；；；．分布列如下：X05101520P所以．21. 在椭圆）中，，过点与的直线的斜率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆的右焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于两点，求的最大值.【答案】（1）    （2）最大值为.【解析】【分析】（1）利用两点的斜率公式及椭圆中的关系即可求解；（2）根据横截式方程设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，结合两点间的距离公式及基本不等式即可求解.【小问1详解】过点与的直线的斜率为，所以，即，又，即，解得，所以椭圆的标准方程是.【小问2详解】由题知，作出图形如图所示设点，则直线的斜率为.当时，直线的斜率，直线的方程是；当时，直线的方程是，也符合的形式，将直线的方程代入椭圆方程得，且，设，则.所以又，令，则，当且仅当，即时等号成立，由，解得，所以的最大值为.22. 已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可确定单调性；（2）采用参变分离的方式可得，将不等式右侧变形后，可令，将问题转化为求解；令，利用导数可证得，进而得到，令，利用导数和零点存在定理可说明等号能够成立，采用放缩法可得，由此可得结果.【小问1详解】由题意知：定义域为，；当时，，，在上单调递增；当时，令，解得：；当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由恒成立得：，令，令，则，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，，即（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）；令，则恒成立，在上单调递增，又，，，使得，即，等号可以成立，，，解得：，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数单调性、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是采用参变分离的方式，根据所构造函数为指对混合函数的特征，采用放缩法来对函数进行变形，从而求得最值.