广东省佛山市禅城区2023届高三模拟预测（二）数学试题（含解析）

广东省佛山市禅城区2023届高三模拟预测（二）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知角的终边与单位圆的交点为，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知函数的部分图像，如下图所示，则该函数的解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

4．已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，//，则“a与b异面”是“直线b与l相交”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．已知圆C：，过点的两条直线，互相垂直，圆心C到直线，的距离分别为，，则的最大值为（    ）

A． B．1 C． D．4

6．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

7．现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件“甲参加跳高比赛”，事件“乙参加跳高比赛”，事件“乙参加跳远比赛”，则（    ）

A．事件A与B相互独立 B．事件A与C为互斥事件

C． D．

8．已知函数有唯一零点，则（    ）

A． B．-2 C． D．2

9．设z，，是复数，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

二、多选题

10．已知函数的图象关于对称，则（    ）

A．的最大值为2

B．是偶函数

C．在上单调递增

D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称

11．已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面所成角为，三棱锥的体积为，则下列命题中正确的是（    ）

A．若平面平面，则 B．若平面平面，则

C．若，则的最大值是 D．若，则的最大值是

12．已知双曲线：上、下焦点分别为，，虚轴长为，是双曲线上支上任意一点，的最小值为.设，，是直线上的动点，直线，分别与E的上支交于点，，设直线，的斜率分别为，.下列说法中正确的是（    ）

A．双曲线的方程为 B．

C．以为直径的圆经过点 D．当时，平行于轴

三、填空题

13．的展开式中的常数项为______．

14．数列满足，，写出一个符合上述条件的数列的通项公式______.

15．已知是定义在上的偶函数且，若，则的解集为______.

四、双空题

16．设抛物线的焦点为，准线与轴交于点，到的距离为，过的直线与抛物线依次交于两点（点在两点之间），则______；设交轴于点，交准线于点，则______.

五、解答题

17．已知数列满足.

(1)求的通项公式；

(2)在相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列的前2n项和.

18．在中，，，M点为BC的中点，N点在线段AC上且，.

(1)求AC；

(2)若点P为AM与BN的交点，求的余弦值.

19．某加盟连锁店总部对旗下600个加盟店中每个店的日销售额（单位：百元）进行了调查，如图是随机抽取的50个加盟店的日销售额的频率分布直方图．若将日销售额在的加盟店评定为“四星级”加盟店，日销售额在的加盟店评定为“五星级”加盟店．

(1)根据上述调查结果，估计这50个加盟店日销售额的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，结果精确到0.1）；

(2)若该加盟连锁店总部旗下所有加盟店的日销售额，其中近似为（1）中的样本平均数，根据X的分布估计这600个加盟店中“五星级”加盟店的个数（结果精确到整数）；

(3)该加盟连锁店总部决定对样本中“四星级”及“五星级”加盟店进一步调研，现从这些加盟店中随机抽取3个，设Y为抽取的“五星级"加盟店的个数，求Y的概率分布列与数学期望.

参考数据：若，则，，．

20．如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；

(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.

21．在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，，为线段上异于的一动点，点满足.

(1)求点的轨迹的方程；

(2)点是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值.

22．已知函数，其中.

(1)讨论函数极值点的个数；

(2)对任意的，都有，求实数的取值范围.

参考答案：

1．D

【分析】由一元二次不等式化简集合，即可由并运算求解.

【详解】由得，所以，

故选：D

2．B

【分析】先求出，利用三角函数定义求出的值，再利用二倍角余弦公式求解即可.

【详解】由题得，所以，所以或，

所以.

故选：B

3．A

【分析】利用函数的奇偶性和函数值判断.

【详解】解：由图像知：函数是偶函数，

A. 因为，所以，又，符合题意；

B. 因为，所以，又当时，，不符合题意；

C. 因为，所以，又当时，，不符合题意；

D. 因为，所以，是奇函数，不符合题意；

故选：A

4．C

【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断.

【详解】若“a与b异面”，反证：直线b与l不相交，由于，则//，

∵//，则//，

这与a与b异面相矛盾，故直线b与l相交，

故“a与b异面”是“直线b与l相交”的充分条件；

若“直线b与l相交”，反证：若a与b不异面，则a与b平行或相交，

①若a与b平行，∵//，则//，这与直线b与l相交相矛盾；

②若a与b相交，设，即，

∵，，则，

即点A为，的公共点，且，

∴，

即A为直线a、l的公共点，这与//相交相矛盾；

综上所述：a与b异面，即“a与b异面”是“直线b与l相交”的必要条件；

所以“a与b异面”是“直线b与l相交”的充分必要条件.

故选：C.

5．B

【分析】由四边形是矩形，应用勾股定理可求，再利用基本不等式可得答案.

【详解】过圆心C分别作直线，的垂线，垂足分别为，．

，互相垂直，所以四边形为矩形．

由圆C：，可得，又，

，

所以，当且仅当时取等号，即的最大值为1，

故选：B.

6．A

【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.

【详解】在平行六面体中，不妨设，，．

,，

，，

所以，，

，

所以E到直线的距离为，

故选：A

7．C

【分析】根据条件求出，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可

【详解】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有不同的安排方法，

事件“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有种方法；

若跳高比赛安排1人，则有种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有种，则，同理，

若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有种不同的安排方法，所以，

因为，事件A与B不相互独立故A错误；

对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误；

对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有种，所以，所以，故C正确；

对于D，，故D错误.

故选：C

8．B

【解析】由已知可得，所以图象关于对称，结合函数图象的对称性分析可得结论.

【详解】因为函数，

所以，

所以的图象直线关于对称，函数有唯一零点，则必有，

即，解得.

故选：B

【点睛】本题考查了函数零点个数求参数的取值范围，考查了转化与化归的思想，属于难题.

9．BC

【分析】由复数的相关知识逐项判断即可.

【详解】若，设，所以，

则不一定为，故A错误；

若，设，所以，

则不一定为，故B正确；

若，设，，

则，，故C正确；

若，设，，，

，所以，

即，不一定为，故D错误；

故选：BC.

10．AB

【分析】依题意可求出，从而可得，结合函数的图象性质逐一判断即可.

【详解】因为函数的图象关于对称，

所以，解得，

所以，其最大值为2，故A正确；

令，

定义域为，，

所以即是偶函数，故B正确；

时，，在单调递增，

在单调递减，故C错误；

把的图象向左平移个单位长度，得到函数

的图象，

因为，

所以的图象不关于点对称，故D错误.

故选：AB

11．AC

【分析】根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，即可判断A，由于无法得知与是否垂直，故无法证明与平面是否垂直，即可判断B，根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点的轨迹是一个椭球，即可判断C、D.

【详解】对于AB：因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，平面，所以，

又，若，则，平面，所以平面，

由平面，则可得，

由于无法得知与是否垂直，故无法证明与平面是否垂直，故A正确，B错误；

对于CD：由题意知，点为动点，、为定点，，

由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，

将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球，

而椭球面为一个椭圆，由，

即，得，

当点运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，

此时；

设点在平面ABCD上的射影为，则，

又，且，

所以当且仅当时最大，即取到最大值，故C正确，D错误；

故选：AC

12．ACD

【分析】根据题意，得出，，即可求出双曲线标准方程判断A；设，表示出，，即可判断B；利用直线与双曲线相交得出坐标，即可判断C；利用，得出的值，即可判断D.

【详解】由题知，，，，解得，所以双曲线方程为，A正确；

由A知，，，设，则，，

所以，B错；

由上述知，直线方程为，直线方程为，

联立，得，因点是异于的上支点，

所以，代入直线方程得，即，

联立，得，因点是异于的上支点，

所以，代入直线方程得，即，

则，，

所以，即，所以以为直径的圆经过点，C正确；

当时，即，，所以代入坐标得，

所以平行于轴，D正确.

故选：ACD

13．

【解析】先求出展开式中的常数项与含的系数,再求展开式中的常数项.

【详解】展开式的通项公式为: ,

令，解得,

，

令，解得,

，

展开式中常数项为: .

故答案为:.

【点睛】本题考查二项展开式常数项的求解，属于基础题.

14．（答案不唯一）

【分析】将已知等式变形后，找到满足等式的通项公式即可.

【详解】由得：，

则当时，，，故满足递推关系，

又，满足，

满足条件的数列的一个通项公式为：.

故答案为：（答案不唯一）.

15．

【分析】构造函数，求导得函数的单调性，即可由单调性求解.

【详解】令，则 ，

由于，所以，故在上单调递减，又是定义在上的偶函数且，故，所以，

等价于，因此，

故的解集为，

故答案为：

16．          /

【分析】将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，结合两点连线斜率公式可整理化简得到；设，可利用表示出坐标，利用两点连线斜率公式可化简得到结果.

【详解】  

到准线的距离为，，

抛物线为，准线，，，

由题意可设直线，，

由得：，，解得：或，

，，

；

设，则，

直线，直线，，，

.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的定值问题，解题关键是能够通过直线与抛物线联立，结合韦达定理的结论来表示出所求量，通过化简整理得到所求定值.

17．(1)

(2)

【分析】（1），可得时，，两式相减，可得，检验即可得答案；

（2）设数列满足，的前项和为，的前项和为，则，根据等比数列求和公式，代入计算，即可得答案.

【详解】（1）因为①，

所以时，②，

①②得：，即，

又时，，所以也满足上式，

故的通项公式为.

（2）设数列满足．

记的前项和为，的前项和为，则．

由等比数列的求和公式得：，．

所以．

即新数列的前项和．

18．(1)

(2)

【分析】（1）利用两次余弦定理建立方程求解即可；

（2）把的余弦值转化为求，向量分解表示，利用数量积夹角公式求解即可.

【详解】（1）在中，，，

由余弦定理得，

在中，，，，

由余弦定理得，

所以，即，解得；

（2）由（1）知，又，所以，

所以，又M点为BC的中点，所以，

因为，所以，

所以，

又，且，

所以.

19．(1)平均数为13.0百元，中位数为13百元

(2)14

(3)分布列见解析，1

【分析】（1）由平均数和中位数的计算公式计算即可得出答案；

（2）由（1）知，，由正态分布的性质求出的概率，即可求出这600个加盟店中“五星级”加盟店的个数；

（3）求出Y的所有可能取值和每个变量对应的概率，即可求出Y的分布列，再由期望公式求出Y的数学期望.

【详解】（1）由频率分布直方图得样本中日销售额为，，，，，，

的频率分别为0.08，0.10，0.20，0.24，0.20，0.12，0.06，

∴估计这50个加盟店日销售额的平均数为：

（百元）．

∵，，

∴中位数在内，设中位数为x百元，

则，解得．

∴估计中位数为13百元．

（2）由（1）知，

∵，，

∴，

∴估计这600个加盟店中“五星级”加盟店的个数为．

（3）由（1）得样本中“四星级”加盟店有（个），“五星级”加盟店有（个），

∴Y的所有可能取值为0，1，2，3，

，

，

，

．

∴Y的概率分布列为

∴．

20．(1)证明见解析

(2)存在，或

【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定可得平面，由线面垂直性质可证得结论；

（2）利用余弦定理可求得，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由面面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可得结果.

【详解】（1）取中点，连接，

四边形为菱形，，，，，

，平面，平面，

平面，.

（2），，

，解得：；

，，；

在平面中，作，交于点，

则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，

，，，

又，，，

，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

轴平面，平面的一个法向量，

，解得：，

当时，；当时，；

当或时，平面与平面所成角的余弦值为.

21．(1)

(2)

【分析】（1）由，结合椭圆定义可得轨迹方程；

（2）连接，延长交椭圆于点，利用面积桥可知所求四边形面积即为，设直线，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入弦长公式中可得，利用点到直线距离公式可求得点，即点到直线的距离，由此可将所求面积表示为关于的函数，利用函数求最值的方法可求得结果.

【详解】（1），，，

，

点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，

设椭圆方程为，则，，，

点的轨迹的方程为：.

（2）连接，延长交椭圆于点，连接，

由椭圆对称性可知：，又，四边形为平行四边形，

，，且三点共线

四边形的面积，

设直线，，

由得：，

，，

，

又，点到直线的距离即为点到直线的距离，

点到直线的距离，，

设，则，，，

又，当，即时，四边形面积取得最大值，最大值为.

【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形或四边形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；用面积桥结合三角形面积表示出四边形面积；

④将所求面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.

22．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导后，将问题转化为与交点情况的讨论问题，利用导数可求得的单调性和极值，进而确定图象，采用数形结合的方式可求得结果；

（2）将恒成立的不等式转化为，构造函数，利用导数可证得，由此得到，进而确定的取值范围.

【详解】（1）由题意知：定义域为，，

令，则，

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

又，当时，恒成立，

大致图象如下图所示，

则当时，恒成立，即恒成立，

在上单调递减，无极值点；

当时，与有两个不同交点，

此时有两个变号零点，有两个极值点；

当时，与有且仅有一个交点，

此时有且仅有一个变号零点，有且仅有一个极值点；

综上所述：当时，无极值点；当时，有两个极值点；当时，有且仅有一个极值点.

（2）由题意知：当时，恒成立；

设，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，，

即，，

又恒成立，，即实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题对于含参函数极值点的讨论的解题关键是能够将问题转化为导函数零点个数的讨论，通过参变分离的方式进一步将问题转化为曲线与直线交点个数的问题，从而采用数形结合的方式来进行求解.