精品解析：广东省汕头市潮阳区2023届高三三模数学试题及答案（解析版）

2023年全国普通高考潮阳区模拟试题

数学

第Ⅰ卷（选择题）

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】B

【解析】

【分析】解不等式可得集合 ，求函数值域可得集合，进而可得.

【详解】解不等式得，

又，所以，即集合，

所以，

故选：B.

2. 设，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】先求出复数，再求其共轭复数，即可判断.

【详解】复数，

所以的共轭复数，

所以在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.

故选：D.

3. 某圆柱的轴截面是周长为的矩形，则该圆柱的侧面积的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据圆柱的结构特征并结合已知，列出圆柱底半径r与高h的关系式，再用r表示圆柱侧面积即可作答.

【详解】设该圆柱底面圆半径为，高为，则，即，，

于是得圆柱的侧面积，当且仅当时取“=”，

所以时，圆柱的侧面积取最大值.

故选：B

4. 函数具有性质（    ）

A. 最大值为2，图象关于对称 B. 最大值为，图象关于对称

C. 最大值为2，图象关于直线对称 D. 最大值为，图象关于直线对称

【答案】D

【解析】

【分析】根据辅助角公式将函数化简为，然后代入验证是否是对称轴和对称中心即可.

【详解】，故最大值为;

当时，，故图象关于直线对称，当时，，故不是函数对称中心，

故选：D

5. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如40=3+37.在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于40的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】随机选取两个不同的数，基本事件总数为，利用列举法求出其和等于40包含的基本事件有3个，由此求出其和等于40的概率．

【详解】不超过40的素数为：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，共12个数，

其中，共3组数，

所以其和等于40的概率.

故选：C.

6. 已知，，，则a，b，c大小为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】a，b，c可以看成分别与，，图象的交点的横坐标，画出图象即可得出答案.

【详解】可以看成与图象的交点的横坐标为，

可以看成与图象的交点的横坐标为，

可以看成与图象的交点的横坐标为，

画出函数的图象如下图所示，

由图象可知，.

故选：D.

7. 已知函数有三个零点，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将题设转化为和有3个交点，令，求导确定单调性，进而画出函数图象，结合图象即可求出a的取值范围.

【详解】

函数有三个零点，等价于即有三个根，即和有3个交点.

令，，当时，，单减；时，，单增；

则当时，取得极小值，当时，取得极大值，又时，，时，，

画出图象如图所示，结合图像可知，当，和有3个交点，即函数有三个零点.

故选：B.

8. 已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据递推关系，即可判断A,由基本不等式即可判断B,根据累加法以及放缩法即可判断C，根据导数可证明，进而根据累加法以及放缩即可求解D.

【详解】对取倒数得：，

对于A：，故A错误;

对于B:，故B错.

对于C:，故C正确.

对于D:记，则，当时，，故在上单调递增，因此，进而可得：，由该结论可得：，故

所以

，因此，，所以，故D错误.

故选：C

二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）

9. 一个袋子有10个大小相同的球，其中有4个红球，6个黑球，试验一：从中随机地有放回摸出3个球，记取到红球的个数为，期望和方差分别为，；试验二：从中随机地无放回摸出3个球，记取到红球的个数为，期望和方差分别为，；则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据条件得到，由二项分布的均值和方差公式可求出.求出的可能取值，及其对应的概率，即可求出的分布列，由方差和期望公式可求出，分别比较，和，可得答案.

【详解】从中随机地有放回摸出3个球，则每次摸到红球的概率为，

则，故，，

从中随机地无放回摸出3个球，记红球的个数为，则的可能取值是0，1，2，3；

则，，

，，

所以随机变量的概率分布为：

数学期望；

,

故，.

故选：AC.

10. 设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 在上是减函数

C. 为奇函数

D. 方程仅有6个实数解

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据为奇函数，为偶函数，推出函数的一个周期为、的图象关于点对称、关于直线对称，再根据这些性质可判断A正确，B正确，C错误；作出与的大致图象，结合图像可判断D正确.

【详解】因为为偶函数，所以，

所以，即，

因为为奇函数，所以，

所以，即，

所以，所以，

所以，所以，即函数的一个周期为.

在中，令，得，

在中，令，得，

又，所以，故A正确；

因为在区间上是增函数，且的一个周期为，

所以在上单调递增，在上不为减函数.故B错误；

因为，所以，

所以，从而为奇函数，故C正确；

因为为奇函数，所以的图象关于点对称，

因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，

又当时，，

作出与的大致图象，如图所示.

其中单调递减且，所以两函数图象有6个交点，

故方程仅有6个实数解，故D正确.

故选：ACD.

11. 椭圆：的左右焦点分别为，，过，分别作两条平行的射线，交椭圆C于A，B两点，（A，B均在x轴上方），则（    ）

A. 当时，

B. 的最小值为3

C. 当时，四边形的面积为

D. 四边形面积的最大值为3

【答案】ABD

【解析】

【分析】设直线．把代入椭圆方程得出的一元二次方程，从而得两根和及两根积，由弦长公式得，再根据对称性判断A,B,C选项;写出平行四边形面积，应用导数求得最小值可得出D选项．

【详解】 

设，，：．

联立,得．

由韦达定理有，．

设，，由，得：．

联立,得．

∴，．

而，，

由对称性可知

,

当时，∴，．

,A选项正确;

,

,的最小值为3,B选项正确；

当时，

四边形的面积为,C选项错误.

，且．

四边形为平行四边形,

，

设（），，

∴在上单调递增，

∴．

故的最大值为6，此时． 四边形面积的最大值为3,D选项正确.

故选:ABD.

12. 水平面上紧挨着放置个半径的小球（不叠起），用一个半径最小的大半球把这个球罩住，记大半球的半径为，则（    ）

A. 当时， B. 当时，

C. 当时， D. 当时，

【答案】BC

【解析】

【分析】作出每种情形下大致的截面图，利用球的相切性质进行计算.

【详解】A选项，最小的半球显然是，恰好能盖住个半径为的球，A选项错误；

B选项，对于个球，作出如下截面图：

设两球外切于点，其中一球和半球内切于点，则半球的半径为，B选项正确；

C选项，对于个球，这个球的球心和半球的球心会构成一个正三棱锥如图，且正三棱锥的高是，

设这三个球的球心分别是，半球的球心是，设其中一个小球和半球内切于点.
 

如图，设平面，垂足为，根据正棱锥性质，为外心，

在等边三角形中，外接圆半径易得，

又，则，故半球半径为，C正确；

D选项，对于个球，这个球的球心和半球的球心会构成一个正四棱锥如图，

且正四棱锥的高是，设这四个球的球心分别是，半球的球心是，

设其中一个小球和半球内切于点.如图，设平面，垂足为，

根据正棱锥性质，为正方形中心，

易得，又，则，故半球半径为，D错误.

故选：BC

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题（每小题5分，共20分）.

13. 展开式中的系数是_________.

【答案】

【解析】

【分析】的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和2个常数项相乘，从而得解．

【详解】因为是7个相乘，

的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和3个常数项相乘，

所以展开式中的系数是.

故答案为：.

14. 在中，，，，，求_________.

【答案】##0.75

【解析】

【分析】根据已知条件得出,,化简应用数量积公式计算求解即得.

【详解】，，，

,

.

故答案为：

15. 现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有入经过，则有_________种不同的进站方式（用数字作答）

【答案】720

【解析】

【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案.

【详解】将5人分为3组，有和两种情况：

当分组为时：共有；

当分组为时：共有；

综上所述：共有种不同的进站方式.

故答案为：.

16. 双曲线：的左右焦点为，，过右焦点的直线与双曲线的右支交于A，B两点，当与的内切圆半径之比为时，则直线的斜率为__________，此时若，则右焦点到右顶点的距离为__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】令，的内切圆心为，，与x轴切于M，N，通过内切圆的性质和双曲线的定义可得以M、N重合于双曲线右顶点，设，通过几何运算可得，即可求出答案

【详解】令双曲线的焦距为，的内切圆心为，，与x轴切于M，N，

则，所以M重合于双曲线右顶点，同理可得，N重合于双曲线右顶点

由于对称性，不妨设在轴的下方，

当与的内切圆半径之比为即时，

故设，易得，，

在中，，即，解得，

所以，所以此时直线的斜率为，

根据对称性可得当设在轴的上方时，直线的斜率为；

若，所以，即右焦点到右顶点的距离为

故答案为：；

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 等差数列和各项均为正数的等比数列满足：，.

（1）求数列和的通项公式；

（2）数列是由数列和中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列的前项和为，求.

【答案】（1），   

（2）15220

【解析】

【分析】（1）根据等差数列和等比数列公式列方程求解即可；

（2）由，，得，数列的前100项中含有数列中的4项，再求和得到答案.

【小问1详解】

根据条件，设，，

又，解得，

故，.

【小问2详解】

当时，，由，得，，

又，，，，

故在数列的前100项中含有数列中的4项，

所以，

所以.

18. 在中，角，，的对边分别为，，．，边上的高为．

（1）若，求的周长；

（2）求的最大值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）由三角形面积公式可得，，结合余弦定理，可得，即可得的周长；（2）由（1）和正弦定理可得，，转化为三角函数以后利用辅助角公式化简运算，由，根据三角函数的性质求解最大值.

【详解】解：（1）依题意，可得，

因为，所以．由余弦定理得，

因此，即．

故的周长为．

（2）由（1）及正弦定理可得，

，（其中为锐角，且）

由题意可知，因此，当时，取得最大值．

【点睛】一般关于解三角形中的最值问题，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用求三角函数值域的方法求解最值.

19. 如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1等边三角形，点E在棱AD上，，且二面角的大小为45°，求直线AC与平面BCE所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质证明面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【小问1详解】

∵，为中点，

∴，

∵面，面面，且面面，

∴面，

又面，∴；

【小问2详解】

以为坐标原点，为轴，为轴，垂直且过的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，

则，，，，

由，所以，故，

∵，，

设为面法向量，

则有令，则，，

∴，

因为面，

则面法向量可取，

，解得，∴，

∴，，，

设直线AC与平面BCE所成的角的大小为，∴，

∴直线AC与平面BCE所成角的正弦值为.

20. 某单位有10000名职工，想通过验血的方式筛查乙肝病毒携带者，假设携带病毒的人占0.05，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10000次，统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将5个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这5人全部阴性；如果混合呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.（每一小组都要按要求独立完成）

（1）按照这种化验方法能减少化验次数吗?如果能减少化验次数，大约能减少多少?

（2）如果携带病毒的人只占0.02，按照个人一组，取多大时化验次数最少?此时大约化验多少次?

说明：，先减后增

【答案】（1）混合化验能减少化验的次数，大约减少5738次   

（2）当时，最小，大约化验：2742次.

【解析】

【分析】（1）根据题意求出5人一组需要验血次数X的均值，然后求出总共需要多少次，再根据题中数据作差即可求解；

（2）假设个人一组，设每个人需要化验的次数为，先求出每个人需要化验的次数的分布列，然后求出均值的表达式，再利用函数的单调性即可求解.

【小问1详解】

5人一组需要验血次数X的所有可能取值为1，6.

∴，

∴的分布列为：

∴

∴共需要化验次数大约为：（次）

大约减少（次）

∴混合化验能减少化验的次数，大约减少5738次.

【小问2详解】

假设个人一组，设每个人需要化验的次数为，

若混合血样呈阴性，则，若混合血样呈阳性，则

∴的分布列为：

∴

∵先减后增，

，∴

，∴

∴当时，最小，最小值为：，

此时大约化验：次.

21. 抛物线：的焦点为F，直线过焦点F与抛物线E交于A，B两点，当垂直于x轴时.

（1）求抛物线的方程；

（2）点，直线AC，BC与抛物线E的交点分别为M，N；探究直线MN是否过定点，如果过定点，求出该定点：如果不过定点，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）直线MN恒过定点，理由见解析

【解析】

【分析】（1）当轴时，根据抛物线的定义可得，可求出，即可求解；

（2）设，，，，求出直线AB，直线AM，直线BN的方程，可得到，故可得到直线MN的方程为，即可求得定点

小问1详解】

∵，∴当轴时，，

∴根据抛物线的定义可得，解得，

∴抛物线的方程：

【小问2详解】

设，，，，

∴直线AB方程为：即，

∵直线AB过点，∴，

同理，直线AM：即，

∵直线AM过点，∴，同理可得，

∴，∴，

直线MN的方程为：，∴

当时，，

∴直线MN恒过定点

【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是利用直线AB，直线AM，直线BN的方程，可得到，故直线MN的方程可求解，即可求得定点

22. 已知函数，．

（1）若，求函数的最大值；

（2）当时，若函数有两个极值点、，且不等式恒成立，试求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）当时，求得，利用导数分析函数在定义域上的单调性，由此可求得函数的最大值；

（2）分析可知有两个不等实数根、，求得，利用韦达定理得出、，利用参变量分离法得出，构造函数，利用导数求出函数的值域，由此可得出实数的取值范围.

【详解】（1）当时，，函数的定义域为，

所以，令，得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

所以当时，有最大值为；

（2）因为的定义域为，，令可得，

又因为函数有两个极值点、，

所以有两个不等实数根、，

所以，可得，且，所以，，

所以，，所以，，

由，，

从而，

由不等式恒成立，所以恒成立，

又，

令，

所以在时恒成立，

所以函数在上单调递减，所以，所以，，

故实数的取值范围是．

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.