2023年广东省普通高中学业水平合格性考试模拟（三）数学试题（解析版）

这是一份2023年广东省普通高中学业水平合格性考试模拟（三）数学试题（解析版），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则．
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：利用交集的运算直接求解即可
详解：∵集合，，
∴，
故选．
点睛：本题考查交集的运算，属基础题.
2．（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用诱导公式化简求值即可．
【详解】
故选：B
3．在四边形ABCD中，给出下列四个结论，其中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由向量加法的三角形法则可判断AD，由向量减法的运算法则可判断B，由向量加法的平行四边形法则可判断C.
【详解】根据三角形法则可得，所以A错误；
根据向量减法的运算法则可得，所以B错误；
四边形ABCD不一定是平行四边形，所以不一定有，C错误；
根据三角形法则可得正确，所以D正确.
故选：D.
4．函数是（ ）
A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数
C．最小正周期为的奇函数D．最小正周期为的偶函数
【答案】D
【分析】因为函数，由奇偶函数的定义结合求周期的公式即可得出答案.
【详解】解析：函数，
故该函数为偶函数，且它的最小正周期为.
故选：D.
5．设函数，若，则实数a的值为（ ）
A．±2或±4B．±2或－4C．2或4D．2或－4
【答案】D
【分析】讨论与两种情况，分别代入对应解析式进行求解即可.
【详解】当时，，得（舍去－2）；
当时，，得.
综上，或.
故选：D.
6．把红、蓝、白3张纸牌随机地分发给甲、乙、丙三个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是
A．对立事件B．不可能事件C．互斥但不对立事件D．以上都不对
【答案】C
【详解】黑、红、白3张纸牌分给甲、乙、丙三人，每人一张，
事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”不可能同时发生，
但事件“甲分得红牌”不发生时，
事件“乙分得红牌”有可能发生，有可能不发生，
∴事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是互斥但不对立事件．
故选C．
7．设都是单位向量,且,则向量,的夹角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等式将移到另一端,两边同时平方,由都是单位向量可求出,的夹角.
【详解】解析:由,可知,故,∴.
设,的夹角为,即,又,∴.
故选::A
8．在空间四边形中，在上分别取E，F，G，H四点，如果交于一点P，则（ ）
A．P一定在直线上
B．P一定在直线上
C．P在直线或上
D．P既不在直线上，也不在直线上
【答案】B
【分析】由题设知面，结合已知条件有面、面，进而可判断P所在的位置.
【详解】由题意知：面，又交于一点P，
∴面，同理，面，又面面，
由公理3知：点P一定在直线上.
故选：B.
9．为了了解某校高三学生的视力情况，随机抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图如下图，由于不慎将部分数据丢失，但知道后5组频数和为62，设视力在4.6到4.8之间的学生数为a，最大频率为0.32，则a的值为( )
A．64B．54C．48D．27
【答案】B
【详解】试题分析：在之间高为0.5，所以人数为人，
在之间高为1.1，所以人数为人，
在之间频率为0.32，所以人数为人，
又因为后5组频数和为62，所以在之间人数为22人，所以人.
【解析】频率分布直方图.
10．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】本试题主要是考查了不等式的运用．利用均值不等式的思想求解最值问题．也可以运用函数的思想得到最值．
因为＋＝1(x＞0，y＞0)，则x＋y=（x＋y）（＋）
=10+＋，当且仅当时等号成立，解得＋满足题意，故选D.
解决该试题的关键是对于表达式的变形，构造定值，结合均值不等式得到最值．
11．某学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有1人，得90分的有2人，得85分的有4人，得80分和75分的各1人，则该小组数学成绩的平均数、众数、中位数分别为
A．85，85，85B．87，85，86
C．87，85，85D．87，85，90
【答案】C
【详解】由题意可知，学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有1人，得90分的有2人，得85分的有4人，得80分和75分的各有1人，则该小组数学成绩的平均数，成绩排列为75,80,85,85,85,85，90,90,95,100，可得众数为85，中位数，因此选C
12．将个半径为的实心铁球熔成一个大球，则这个大球的半径是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据大球体积等于个半径为的实心铁球的体积和，结合球的体积公式可求得结果.
【详解】个半径为的实心铁球的总体积为，
设大球半径为，则，解得：.
故选：C.
13．在中,内角所对的边分别为且.若,则的形状是
A．钝角三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【解析】在中,由余弦定理的推论:,结合,可得,结合和正弦定理,即可求得答案.
【详解】在中,由余弦定理的推论: ①
将代入①得
故:,
又 由
根据正弦定理可得,
,即,
为一个内角为的等腰三角形,
即为等边三角形.
故选:C.
【点睛】本题考查了根据正弦定理和余弦定理来判断三角形形状,解题关键是掌握正弦定理和余弦定理,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.
14．甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为和，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为．假设甲、乙两人射击互不影响，则值为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：由题意知甲、乙两人射击互不影响，则本题是一个相互独立事件同时发生的概率，根据题意可设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，由相互独立事件的概率公式可得，可得关于p的方程，解方程即可得答案．
详解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，
则“甲射击一次，未击中目标”为事件，“乙射击一次，未击中目标”为事件，
则P（A）=，P（）=1﹣=，P（B）=P，P（）=1﹣P，
依题意得：×（1﹣p）+×p=，
解可得，p=，
故选B．
点睛：求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
15．如图所示，在直角梯形中，，，，，点E由B沿折线向点D移动，，垂足为M，，垂足为N，设，矩形的面积为y，那么y与x的函数关系图像大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意分别写出点E，在BC，CD上的矩形面积关于的函数表达式.后结合解析式分析选项得出答案.
【详解】解析：∵，，∴，.
当点E在上运动时，即当时，；
当点E在上运动时，矩形即为矩形，此时，.
所以y与x的函数关系为，
知函数在上单调递增，上单调递减.在时取最大值，且图像在部分为二次函数图像一部分.经比较选项，B，C，D错误.A正确.
故选：A
二、填空题
16．函数y＝lga(2x－3)＋8的图象恒过定点A，且点A在幂函数f(x)的图象上，则f（3）＝________.
【答案】27
【分析】由对数函数的图象所过定点求得点坐标，设出幂函数解析式，代入点的坐标求得幂函数解析式，然后可得函数值．
【详解】由题意，，则，定点A为(2,8)，
设f(x)＝xα，则2α＝8，α＝3，∴f(x)＝x3，∴f（3）＝33＝27.
故答案为：27
17．设，若，则的值为________
【答案】
【分析】利用同角三角函数平方关系可得，由两角和差余弦公式可求得结果.
【详解】，，，
.
故答案为：.
18．底面边长为1，棱长为的正四棱柱，各顶点均为在同一球面上，则该球的体积为__________．
【答案】
【详解】∵正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为，∴正四棱柱体对角线的长为，又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径，根据球的体积公式，得此球的体积为，故答案为.
点睛：本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题；由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积.
三、双空题
19．甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、0.6、0.5，则三人都达标的概率是___________，三人中至少有一人达标的概率是_________．
【答案】 0.24 0.76
【详解】三人均达标为0.8×0.6×0.5=0.24,三人中至少有一人达标为1-0.24=0.76
四、解答题
20．已知为两个非零向量，且.
(1)求与的夹角；
(2)求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据向量垂直的数量积表示，平面向量数量积的运算法及向量夹角的公式即得；
（2）根据平面向量的运算法则结合条件即得.
【详解】（1）∵，
∴,即，
∴，又，
∴，即与的夹角；
（2）∵,
.
21．如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．
Ⅰ求证：平面PBD；
Ⅱ求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【详解】分析：（1）先证明，再证明FG//平面PBD. （2）先证明平面，再证明BD⊥FG．
详解：证明：（1）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点，
，
又平面，平面，所以平面
（II）因为菱形ABCD，所以，
又PA⊥面ABCD，平面，所以，
因为平面，平面，且，
平面，
平面，∴BD⊥FG .
点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)证明空间位置关系，一般有几何法和向量法，本题利用几何法比较方便.
22．已知二次函数的最小值为1,且.
(1)求的解析式；
(2)若在区间上不单调,求实数a的取值范围.
【答案】(1) ；(2) .
【分析】(1)根据二次函数有最小值,可以设出二次函数的顶点式方程,根据可以求出所设解析式的参数.
(2)求出二次函数的对称轴,根据题意可得不等式组,解不等式即可求出实数a的取值范围.
【详解】(1)因为二次函数的最小值为1,所以设,因为
,所以；
(2)由(1)可知：函数的对称轴为：,因为在区间上不单调,所以有
,所以实数a的取值范围为.
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式,考查了二次函数在区间上不单调求参数取值范围问题.