广东省2023届高三数学上学期阶段性学习效率检测调研卷试题含解析

这是一份广东省2023届高三数学上学期阶段性学习效率检测调研卷试题含解析，共27页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 若数列满足，， 已知椭圆，01即可等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡相应位置上填涂考生号.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 已知全集，集合和集合都是的非空子集，且满足，则下列集合中表示空集的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用图表示集合，结合图像即可找出表示空集的选项.
【详解】由图表示集合如下：
，
由图可得，，，，
故选：D
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算解出，则得到，则得到对应的点.
【详解】，
,
则,其对应点为,
故选：D.
3. 函数的部分图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过函数的奇偶性可排除AC，通过时函数值的符号可排除D，进而可得结果.
【详解】令，其定义域为关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，即图像关于原点对称，故排除AC，
当时，，，，即，故排除D，
故选：B.
4. 已知的展开式中项的系数为160，则当，时，的最小值为（）
A. 4B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式，通过幂指数为160，求出关系式，然后利用基本不等式求解表达式的最小值．
【详解】的展开式中项的系数为160，
所以，
令，解得
所以，所以，
∵，，，当且仅当时等号成立，
∴的最小值为，
故选：B.
5. 已知，，，则a，b，c大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数的性质，中间数0、幂函数、对数函数的单调性可得a，b，c的大小关系.
【详解】根据指数函数的单调性可得，，
根据对数函数的单调性可得，
所以，
故选：D.
6. 若数列满足，（，且），记，则（）
A. -1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过递推式得出数列是以4为周期的数列，进而可得结果.
【详解】由得，
所以，则，
所以数列是以4为周期的数列，
因为，所以，，，则，
所以，
故选：C.
7. 已知椭圆：的左右顶点分别为，，圆的方程为，动点在曲线上运动，动点在圆上运动，若的面积为，记的最大值和最小值分别为和，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点P的坐标，再结合圆外的点与圆上的点距离最大与最小值的求解作答.
【详解】椭圆：中，，设，因的面积为，
则，解得或，当时，，当时，，
即点或或或，
圆圆心，半径，
此时或或或，显然，
又点在圆上运动，则有，
此时点，，此时，
即，所以.
故选：B
8. 我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和，则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道，令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，则用“调日法”得到的近似分数与实际值误差小于0.01的次数为（）
A. 五B. 四C. 三D. 二
【答案】B
【解析】
【分析】根据定义逐次求算，直到满足近似分数与实际值误差小于0.01即可.
详解】第一次用“调日法”后得，不合题意；
第二次用“调日法”后得，不合题意；
第三次用“调日法”后得，不合题意；
第四次用“调日法”后得，合乎题意，
即用“调日法”得到的近似分数与实际值误差小于0.01的次数为四次，
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 近年来国家教育系统全面加快推进教育现代化，建设教育强国，各级各类教育事业发展取得了新进展.根据2021年国家统计局发布《中华人民共和国2021年国民经济和社会发展统计公报》中的数据，作出如下柱状图，则下列叙述正确的是（）
A. 2017-2021年，普通本专科招生人数逐年增加
B. 普通本专科招生人数在2017-2018年增长最多
C. 2017-2021年，普通高中招生人数在普通本专科、中等职业教育及普通高中招生总人数中所占比例逐年下降
D. 2017-2021年，中等职业教育平均招生人数大约为608万
【答案】AD
【解析】
【分析】从柱状图的数据分析可得A正确，B错误；计算出2017-2021年普通高中招生人数在普通本专科、中等职业教育及普通高中招生总人数中所占比例，2021年的比例大于2020年的比例，故C错误；计算出平均数，得到D正确.
【详解】由柱状图可知，2017年-2021年普通本专科招生人数依次为761，791，915，967，1001，人数逐年增加，A正确；
2017-2021年普通本专科招生人数761，791，915，967，1001，增长人数为30，124，52，34，即2018-2019年增长人数最多，所以B错误.
2017-2021年普通高中招生人数在普通本专科、中等职业教育及普通高中招生总人数中所占比例分别为，，，，，所以C错误.
中等职业教育平均招生人数万，所以D正确.
故选：AD.
10. 一般地，如果一个凸面体共有个面是直角三角形，那么我们称这个凸面体的直度为，则以下结论正确的是（）
A. 三棱锥的直度的最大值为1
B. 直度为的三棱锥只有一种
C. 四棱锥的直度的最大值为1
D. 四棱锥的直度的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】先分析出三棱锥的直度最大为1，在画出三棱锥，得到4个面都是直角三角形，直度为1，A正确；画出图形，得到直度为的三棱锥不止一个，B错误；分析出四棱锥的直度最大为，C错误，画图图形得到直度为的四棱锥，D正确.
【详解】三棱锥共4个平面，这4个平面均有可能是直角三角形，故，
如图1，借助长方体模型，可知三棱锥的4个面都是直角三角形，直度为1，故A正确；
如图2，借助长方体模型，三棱锥的3个面，平面，平面，平面是直角三角形，平面不是直角三角形，故直度为，
而图1中的三棱锥，平面，平面，平面是直角三角形，平面不是直角三角形，故直度也为，故B错误；
四棱锥共有5个面，其中4个侧面为三角形，底面为四边形，故直度最大为，C错误；
如图3，借助长方体模型，四棱锥的4个侧面是直角三角形，底面是矩形，直度为，故D正确.
故选：AD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 函数的一个周期为
B. 函数的图像关于对称
C. 函数在区间上单调递增
D. 函数的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，计算出，A正确；计算出，故函数的图像关于对称，B正确；令，，得到在上单调递增，又在上单调递增，由复合函数的单调性满足同增异减得到C正确；去掉绝对值，得到，当时，的值域为，故D错误.
【详解】，所以选项A正确；
，所以选项B正确；
当时，，所以，令，，
易知在上单调递增，在上单调递增，
根据复合函数单调性可得函数在区间上单调递增，所以选项C正确；
因为，
当时，，当且仅当时等号成立；
当时，令，，在上的值域为，
所以函数的值域为，所以选项D错误.
故选：ABC.
12. 已知函数（为常数），其导数为，且，设，则下列说法正确的是（）
A.
B.
C. 任意，，都有
D. 若曲线上存在不同两点A，B，且在点A，B处的切线斜率均为k，则实数k的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据即可判断；对于B，直接求导，根据导数运算即可判断；对于C，设，，确定函数的单调性，即可判断；对于D，将问题转化为与应有两个不同的交点，确定导函数的增减性与取值情况，分析图像，即可判断.
【详解】函数的定义域为，
由题意得，，所以，A正确；
令，则，B不正确；
，当时，，单调递增，
设，，则，
因为，所以，，
单调递减，，C正确；
因为，所以，
令，则，
令，解得；令，解得
画出的图像如图：
因为曲线上存在不同两点A，B且点A，B处切线斜率均为k，
所以与应有两个不同的交点，所以，D正确；
故选:AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，O为BC的中点，向量，的夹角为，，则线段AC的长度是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件可得，结合向量的模长公式以及数量积的运算，即可得到结果.
【详解】，
，
.
故答案为:.
14. 如图，在三棱台中，面面，，且，侧面是面积为的等腰梯形，则侧棱的长度为______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据已知条件及等腰梯形的性质，利用面面垂直的性质及梯形的面积公式，结合勾股定理即可求解.
【详解】分取，的中点和，连接，，，如图所示
∵四边形是等腰梯形，∴,
又面面，面面，面,
∴面
∴，∴
又和是直角三角形，，，
∴，
在直角梯形中，.
故答案为：.
15. 已知函数图象的两条相邻对称轴间的距离为1，点在函数的图象上，若关于的方程在区间上至少有2022个实数解，则的最小值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到，，得到，解方程得到或，相邻两个零点之间的距离是或，区间最小，则m，n都是方程的实数解，故上有2021个解，从而在区间上至少有一个实数解，列出不等式，解出答案.
【详解】由题意得：最小正周期，故，所以，
又，所以，，，
因为，所以只有当时满足要求，，故.
所以，，
化简得：，
此时：，或，
得或.
相邻两个零点之间的距离是或，区间最小，则m，n都是方程的实数解，
此时在区间，，，上分别有3，5，7，9…2021个实数解，
故在区间上至少有一个实数解.则，解得：，
故答案为：.
16. 双曲线定位是通过测定待定点到至少三个已知点的两个距离差所进行的一种无线电定位．定位参数是距离差，位置线是双曲线，定位时需由至少三个已知点的组合，在待定点到三个已知点的三个距离中，取其中两个距离差，此时形成两条位置双曲线，两者相交便可确定待定点的位置．例如图所示，，，为三个已知点，点M即为两条位置双曲线，确定的待定点．现海上有三个两两相距180公里的岸台A，B，C三个岸台同时发射电磁波，远离岸台A，B，C的船只S同时接收到了来自岸台A，B的电磁波信号，而接收到岸台的信号比接收到岸台A，B的信号早了微秒（已知1微秒等于秒，且电磁波在空气中1微秒传播距离为300米），则船只S与岸台C的距离为______公里．
【答案】
【解析】
【分析】以CA所在直线为x轴，以线段CA的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，由题意可得，则船只S在以C，A为焦点的双曲线的左支上，结合双曲线的定义可求出其标准方程，船只S也在线段AB的垂直平分线上，联立方程组可点的坐标，进而求得船只S与岸台C的距离．
【详解】以CA所在直线为x轴，以线段CA的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系如图，
,，
船只S距离岸台C比岸台A，B近米，即公里，
即船只S到岸台C比到岸台A的距离近公里，即，
则船只S在以C，A为焦点的双曲线的左支上，设双曲线的方程为，则，故，
则船只S的位置双曲线的方程为，
又因为船只S到岸台A，B距离相等，所以船只S也在线段AB的垂直平分线上，
设线段AB的中点D，则，，
则线段AB的垂直分线CD的方程为，即，
联立，解得或（舍），故，
所以船只S到岸台C的距离为公里．
故答案为：．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在①，，；②；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足______.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1）求；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：根据向量平行得到，结合正弦定理和正弦和角公式得到，结合，求出；选②：由正弦定理和余弦差角公式，辅助角公式得到，结合，求出；选③：由余弦定理得到，结合，求出；
（2）由余弦定理和基本不等式，结合三角形两边之和大于第三边，得到，得到周长的取值范围.
【小问1详解】
若选①：因为，，，
所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
若选②：由正弦定理得，
故，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以；
若选③：由得，
由余弦定理得：，
因为，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
又，所以，
由基本不等式得：，即，
所以，当且仅当时，等号成立.
又，
即，又，所以，
所以，
即周长的取值范围是.
18. 已知数列的前n项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设集合，，等差数列的任一项，其中是中的最小元素，，求数列的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求出通项公式；
（2）在第一问基础上得到，，，根据求出，，求出等差数列的公差，及通项公式，从而求出.
【小问1详解】
由，得：
当时，，
当时，符合上式，
所以数列是首项为1，公差为3的等差数列.故，；
【小问2详解】
因为，，
∴，
又∵，其中是中的最小元素，
∴，
∵的公差是3的倍数，
∴.
又∵，
∴，
解得：，所以，
设等差数列的公差为d，
则，
所以，
所以的通项公式为.
因此数列的前n项和.
19. 如图，在几何体中，四边形为矩形，，，，.
（1）证明：；
（2）若面面，且直线BE与平面所成角的正弦值为，求此时矩形的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的的判定定理证明线面垂直，进而可得线线垂直；(2)由面面垂直可得线面垂直，从而可建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算表示线面夹角的正弦值，即可求出长度，从而可求解矩形的面积.
【小问1详解】
证明：由题意得，四边形为直角梯形，
又，，
易知，，
所以，所以.
又因为，，平面，
所以平面，平面，所以.
【小问2详解】
因为平面平面且交线为，,平面，
所以平面.
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴建立如图所示坐标系，
设，，，，，，所以，
设平面的法向量，，，
则，得，设则，
所以.
设直线与平面所成角为，则
.
解得，所以.
所以.
20. 已知函数.
（1）判断函数零点的个数；
（2）若函数，且对任意，都有恒成立，求实数b的最小值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）化简得到，得到有一个零点为0，再根据的正负得到的零点个数，从而求出函数零点的个数；
（2）求出，故在R上是增函数，得到，参变分离得到在上恒成立，构造，，求导得到，令，求导后结合基本不等式得到，结合，得到单调性，求出，求出，得到答案.
【小问1详解】
因为，
必有一个零点为0，
当方程有两个相等的实数根时，，，
此时有两个不同零点，
当方程有两个不相等的实数根时，，即或，
此时有三个不同零点，
当方程没有实数根时，，
∴，
此时有一个零点；
【小问2详解】
因为，所以在R上是增函数，
因为在上恒成立，所以在上恒成立，
则在上恒成立，
令，则，
令
则.
所以在上减函数且.
则当时，，，在上是增函数，
当时，，，在上是减函数，
所以，故，
∴
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
21. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ，PF为直径作圆和圆，且圆和圆交于P，R两点，且.
（1）求动点的轨迹E的方程；
（2）若直线：交轨迹E于A，B两点，直线：与轨迹E交于M，D两点，其中点M在第一象限，点A，B在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设点，根据正弦定理得，则，化解即可；
（2）首先求出，根据正弦定理得，设，通过的化简得到，再代入计算得，然后再联立直线与抛物线方程得到韦达定理式，计算，点到直线的距离为，得到面积表达式，再利用导数求出其最大值.
【小问1详解】
设点,因为,
由正弦定理知,
所以,解得,
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
直线与曲线在第一象限交于点,
因为,所以,
由正弦定理得:,
所以
设，
所以,
得所以，
所以直线方程为:,联立，
得
由韦达定理得,
又因为点在直线的上方,所以,所以,
所以,
又因为点到直线的距离为,
所以
方法一：令,则,
所以当时,单调递增,
当时,单调递减,所以，
所以当时,面积最大,此时最大值为.
方法二：最大值也可以用三元均值不等式,过程如下:
，
当且仅当,即时,等号成立.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用正弦定理得到，则得到相关直线的斜率和为0，通过计算得到，再代回计算得，从而减少直线里的变量，这样再联立抛物线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式得到表达式，再利用点到直线的距离得到三角形高的表达式，从而得到面积表达式，再求导，得到其最值即可.
22. 随着5G网络信号的不断完善，5G手机已经成为手机销售市场的明星.某地区手机专卖商场对已售出的1000部5G手机的价格数据进行分析得到如图所示的频率分布直方图：
（1）某夫妻两人到该商场准备购买价位在4500元以下的手机各一部，商场工作人员应顾客的要求按照分层抽样的方式提供了14部手机让其从中购买，假定选择每部手机是等可能的，求这两人至少选择一部价位在3500~4500元的手机的概率；
（2）该商场在春节期间推出为期三天的“中奖打折”活动，活动规则如下：在一个不透明的容器中装有一白一黄两个除颜色外完全相同的乒乓球，顾客每次限抽一球，抽完后放回容器中摇晃均匀后再抽取下一次.若抽中白球得2分，抽中黄球得1分，得分为9分或10分时停止抽取，其中得9分为中奖，享受标价打n折（）优惠，得10分则未中奖按标价购买.设得分的概率为（，2，…，10），其中.
（i）证明（，且）是等比数列；
（ii）假定厂家在出售手机时的标价为进价的2倍，则厂家至少打几折才不致亏损?
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）至少打3折才不致亏损
【解析】
【分析】（1）先由频率分布直方图性质得出a的值，再由分布图确定分层抽样在15∼25，25∼35，35∼45百元范围内的各抽取的手机数量，即可由古典概型概率计算即可得出答案；
（2）（i）分析各种情况，确定的等式，即可由等比数列定义证明；
（ii）通过（i）与等比数列性质得出购买概率，再通过离散型随机变量的期望得出结论.
【小问1详解】
由题意，所以.
由频率分布直方图知，商场工作人员选取14部手机的抽样比为，所以提供的这部手机在15∼25，25∼35，35∼45百元范围内的手机分别为1部，4部，9部，
设“至少选择一部价位在3500~4500元的手机”为事件A，
则.
【小问2详解】
（i）证明：第一次抽中黄球得1分，概率为，即，
得分为分有以下两种情况：
先得分，又抽中白球，其概率为；
先得分，又抽中黄球，其概率为，
所以，
即，且，
所以当时，数列是首项，公比为的等比数列，
（ii），，，…，，
以上各式相加，得，
所以（，1，…，9）.
所以享受打折的概率为，
按原来标价的购买概率为
，
假设手机出售价格为X，手机进价为a，
则，
，
，又∵，
∴，所以至少打3折才不致亏损.