2023届广东省汕头市高三三模数学试题含解析

这是一份2023届广东省汕头市高三三模数学试题含解析，共22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。
2023届广东省汕头市高三三模数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分别化简集合,再利用交集的运算求解结果.【详解】因为，所以，即；因为，所以，，即；所以.故选：B.2．已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】由复数的运算求出复数z，再由复数几何意义即可解答.【详解】由题意，所以，则复数z在复平面内对应的点，为第四象限内的点.故选：D3．如图，点D、E分别AC、BC的中点，设，，F是DE的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量的运算，利用基底向量表示即可.【详解】因为点D、E分别AC、BC的中点，F是DE的中点，所以 .即.故选：C.4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）A．寸 B．2寸 C．寸 D．3寸【答案】C【分析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸．积水深9寸，水面半径为寸，则盆中水的体积为（立方寸）．平地降雨量等于（寸．故选：C．5．从属于区间的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对立事件的概率公式，结合古典概型公式、组合定义进行求解即可.【详解】区间的整数共有8个，则质数有2，3，5，7共4个；非质数有4个；设事件：从属于区间的整数中任取两个数，至少有一个数是质数，由得，故选：D6．已知函数的图像与x轴相邻的两个交点为M，N，他们之间有一个最高点为P，，则的最小正周期为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别求出M，N点的坐标，根据，求出即可.【详解】设，令，不妨设 ，，则，因为点P为点M，N的之间的一个最高点，所以，即，所以 ，所以，即，解得，所以.故选：A7．将一个体积为的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球体积求得球半径，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于的函数，利用导数求体积最大值.【详解】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球的体积为，则，解得，，即，故，正三棱锥的体积为：，，由得：，此时函数单调递增，由得：，此时函数单调递减，当时，取得最大值，且最大值为.故选：D8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论.【详解】设，则，当时，故在上单调递减，所以，即，所以，所以；设，则，当时，，故在上单调递减，所以，即，所以，所以，所以.故选：B【点睛】思路点睛：要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性，就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系，有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围. 二、多选题9．如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（    ）A．直线BC与平面所成的角等于 B．点到平面的距离为C．异面直线和所成的角为. D．线段长度的最小值为【答案】ABD【分析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断.【详解】解：由题意得：正方体的棱长为2对于选项A：连接，设交于O点平面即为直线BC与平面所成的角，且，故A正确；对于选项B：连接，设交于O点平面点到平面的距离为,故B正确；对于选项C：连接、，由正方体性质可知∥故异面直线和所成的角即为和所成的角又为等边三角形故C错误；对于选项D：过作，过作，连接PQ为异面直线之间的距离，这时距离最小；设，为等腰直角三角形，则，也为等腰直角三角形，则为直角三角形故当时，取最小值，故，故D正确；故选：ABD10．设函数的导函数为，则（    ）A． B．是函数的极值点C．存在两个零点 D．在(1，+∞)上单调递增【答案】AD【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项.【详解】，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确；，得，中，，所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误.故选：AD11．已知抛物线的焦点为F，顶点为O，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，A在第一象限，若，则下列结论正确的是（    ）A．直线的斜率为 B．线段AB的长度为C． D．以AF为直径的圆与y轴相切【答案】ABD【分析】过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足为，．过点B作的垂线，垂足为E，设，则，利用抛物线的定义、斜率的定义、弦长公式、数量积运算对选项进行一一判断，即可得答案；【详解】如图，过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足为，．过点B作的垂线，垂足为E，设，则，由抛物线定义得，，在中，，所以，所以直线l的斜率为，故A项正确；则直线l的方程为，联立解得即，，所以，故B项正确；，故C项错误；线段AF的中点坐标为，它到y轴的距离为2，因为，所以，所以以AF为直径的圆与y轴相切，D项正确．故选：ABD．12．已知函数及其导函数的定义域均为R．记，若为偶函数，为奇函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】由为偶函数，可得的图象关于直线对称，由为奇函数，可得的图象关于对称，再由，可得的图象关于对称，然后逐个分析判断即可.【详解】因为为偶函数，所以，令，则，所以，即，所以的图象关于直线对称，所以，所以D正确，由，得，所以，所以，所以的图象关于对称，因为为奇函数，所以，所以的图象关于对称，所以的周期为，令，则，所以，所以所以，所以C正确，因为的周期为2，所以，因为的图象关于对称，所以，所以不一定成立，所以B错误，由，可得，所以（为常数），所以，此式不一定为零，所以A错误，故选：CD【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性和对称性的综合应用，考查抽象函数的奇偶性，解题的关键是利用已知的式子结合奇偶性的定义求出函数的对称轴和对称中心，再得到函数的周期，考查数学抽象能力，属于难题. 三、填空题13．的展开式中项的系数为______.（用数字作答）【答案】【分析】化简得到，求展开式的通项公式，结合题意分别求得的值，代入求解即可.【详解】，展开式的通项为，.令得，令得，对于，的系数为，对于，的系数为，所以的展开式中的系数为.故答案为：.14．已知圆，则过原点且与相切的直线方程为______.【答案】或【分析】分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得.【详解】圆的圆心坐标，半径，当切线的斜率不存在时，，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线；当切线的斜率存在时，设斜率为，，由圆心到切线的距离等于半径得，解得，所以直线方程为.故答案为：或.15．已知函数，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围__________．【答案】【分析】分与两种情况进行讨论，当时，转化为时，有解，构造函数，求出单调性及极值，最值情况，求出a的取值范围.【详解】数形结合可得：当，存在一条直线同时与两函数图象相切；当，若存在一条直线同时与两函数图象相切，则时，有解，所以，令，因为，则当时，，为单调递增函数；当时，，为单调递减函数；所以在处取得极大值，也是最大值，最大值为，且在上恒成立，所以，即．故答案为：16．已知椭圆C：的两个焦点为，，P为椭圆上任意一点，点为的内心，则的最大值为______.【答案】/【分析】设，内切圆的半径为r，由三角形面积公式建立等式可得，由勾股定理求出焦半径，，由内切圆性质建立等式，可得，结合在椭圆上消去得，则可设，则由辅助角公式可求得最大值【详解】设，内切圆的半径为r，所以，则，设椭圆的左右焦点为，则，同理，又内切圆的性质得，所以，消去得，即，又因为，所以，设，则，所以的最大值为，故答案为： 四、解答题17．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求证：；(2)若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1）因为，由正弦定理得又，所以因为为锐角三角形，所以，，又在上单调递增，所以，即；（2）由（1）可知，，所以在中，，由正弦定理得：，所以，所以．又因为为锐角三角形，所以，，，解得，所以，即面积的取值范围为．18．已知等比数列的前项和为，．(1)求数列的通项公式；(2)在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在项（其中是公差不为的等差数列）成等比数列？若存在，求出这项；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）当时，由可得到，进而得到公比；将代入已知等式可求得，由等比数列通项公式可得结果；（2）假设存在，可求得，利用等比中项和等差中项的定义可构造方程得到，进一步求得，结合可求得，与已知矛盾，由此可得结论.【详解】（1）当时，由得：，，则，为等比数列，等比数列的公比为；当时，，，解得：，（2）假设存在满足题意的项，由（1）得：，又，；成等比数列，，即，成等差数列，，，，整理可得：，又，，即，解得：，则，与已知中是公差不为的等差数列相矛盾，假设错误，即不存在满足题意的项.19．如图，四棱锥的底面为正方形，，E为PB的中点，已知，.  (1)证明：平面；(2)求点C到平面的距离；(3)若平面平面，求直线EC与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）利用三角形的中位线得到线线平行，再通过线面平行的判定定理即可得证；（2）利用等体积法转化即可求解；（3）通过面面垂直性质定理，得出线面垂直，进而建立空间直角坐标系，利用线面角正弦的向量计算方法即可求解.【详解】（1）连接，交于，连接，由条件得为的中点，因为E为PB的中点，所以是的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面；  （2）设点到平面的距离为，因为E为PB的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离等于倍，因为，得，由，可得，因为，，所以，故点C到平面的距离为；（3）作，交于，因为，则为的中点，因为平面平面，平面平面，则平面，过作，交于，则，以为坐标原点，、、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，因为，平面平面，平面平面，所以平面，所以即为到平面的距离，由小问2可知点C到平面的距离为，即，从而正方形边长为2，故，因为，所以，所以，，，，，则，，;设平面的法向量为，由，，得，取，即，设直线EC与平面所成角为，则，所以直线EC与平面所成角的正弦值为.  20．在问卷调查中，被采访人有可能出于隐私保护而不愿意如实填写问卷，导致调查数据失真.某校高三级调查学生对饭堂服务满意情况，为保护学生隐私并得到真实数据，采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：一个袋子中装有五个大小相同的小球，其中2个黑球，3个白球、高三级所有学生从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，若相同则按方式Ⅱ回答问卷”.方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中答“是”，否则答“否”；方式Ⅱ：若学生对饭堂服务满意，则在问卷中答“是”，否则答“否”.当所有学生完成问卷调查后，统计答“是”，答“否”的比例，用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该校高三级学生对饭堂服务满意度的估计值.(1)若某班有50名学生，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；(2)若该年级的所有调查问卷中，答“是”与答“否”的比例为，试估计该年级学生对饭堂的满意度.（结果保留3位有效数字）【答案】(1)(2) 【分析】（1）按方式Ⅰ回答问卷，即两次摸到的球的颜色不同，该班50名学生中按方式Ⅰ回答问卷的人数服从二项分布，运用公式计算数学期望；（2）记事件A为按方式Ⅰ回答问卷, 事件B为按方式Ⅱ回答问卷, 事件C为在问卷中回答“是”,利用全概率公式计算条件概率.【详解】（1）每次摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为，每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率，由题意可得，该班50名学生中按方式Ⅰ回答问卷的人数，所以的数学期望.（2）记事件A为按方式Ⅰ回答问卷, 事件B为按方式Ⅱ回答问卷, 事件C为在问卷中回答“是”,由（1）知，，，因为，由全概率公式，即，解得，故根据调查问卷估计，该校高三级学生对饭堂服务满意度.21．已知双曲线的实轴长为，C的一条渐近线斜率为，直线l交C于P，Q两点，点在双曲线C上.(1)若直线l过C的右焦点，且斜率为，求的面积；(2)设P，Q为双曲线C上异于点的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为，，若，求证：直线PQ过定点.【答案】(1)(2)证明见详解. 【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.【详解】（1）如图：  因为双曲线的实轴长为，所以，即.又因为C的一条渐近线斜率为，所以，所以，故双曲线.则其右焦点坐标为，因为直线l过C的右焦点，且斜率为，所以直线l的方程为：，设，.联立得：，所以由韦达定理得：，.所以，点到直线l的距离为：.所以.（2）证明：如图    设直线PQ的方程为：，设，.联立得：.，即所以：，.而，则，.因为，所以整理的：，所以，所以：，所以，整理得：，代入韦达定理得：，所以，整理得：，即，则或.当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点；当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点.即为，因为P，Q为双曲线C上异于点的两动点，所以不符合题意.故直线PQ过的定点为.【点睛】与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理建立关系即可解决问题.22．设，，(1)证明：；(2)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，，求证：，，成等比数列.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数研究函数的单调性，进一步求出最值范围即可证明；（2）由和的单调性分析三个交点的位置情况，构造，根据零点存在定理，可得在内存在唯一零点，所以，即，再利用交点函数值相等得到，，进而得出，根据等比中项性质即可证明结论.【详解】（1）因为，，所以等价于，即，令，则只需证，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；故，即成立，所以成立，即得证；（2）记，则，当时，；当时，．故在内单调递增，在内单调递减，故；记，则，当时，，当时，，故在内单调递增，在内单调递减，故.所以函数与函数有相同的最大值，画出与的图象如下图：  可知，且，又当时，，故，当时，直线与两条曲线和各有两个不同的交点，则直线与曲线的两个交点分别位于区间和，而直线与曲线的两个交点分别位于区间和，构造，当时，；当时，，当时，1-x<0，，，，故在内单调递减，又，，结合零点存在性定理可知：在内存在唯一零点，故曲线和在有唯一一个公共点，由图可得：若直线与两条曲线和共有三个不同的交点，，，其中，即，即，，，，由，又，结合在内单调递增，故，由，又，，结合在内单调递减，故，故，故，，成等比数列.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于，即，利用，且在内单调递增，求得，同理利用，且在内单调递减，求得，即可用等比中项证明，，成等比数列.