2023届广东省汕头市金山中学高三上学期摸底考试数学试题含解析

2023届广东省汕头市金山中学高三上学期摸底考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合，再由集合的交集即可得出答案.

【详解】解：因为，，，，

所以,所以．

故选:C．

2．设复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由求出复数，则可求得其共轭复数，从而可求出其模

【详解】由，得，

所以，

所以

故选：A．

3．已知平面向量满足，，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，，，由向量数量积和模长的坐标运算可表示出，由可得结果.

【详解】不妨设，，，

，，则，，

，，则的最小值为.

故选：D.

4．等差数列的前n项和为，若，，则（    ）．

A．27 B．45 C．18 D．36

【答案】B

【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.

【详解】由已知，，，即6，15，成等差数列，

所以，所以，

故选：B．

5．若圆上总存在两个点到点的距离为2，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】将问题转化为圆与相交，从而可得，进而可求出实数a的取值范围.

【详解】到点的距离为2的点在圆上，

所以问题等价于圆上总存在两个点也在圆上，

即两圆相交，故，

解得或，

所以实数a的取值范围为，

故选：A．

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，易得，，从而可求出，即可得出答案.

【详解】解：因为，

所以，即，

所以，

即，

所以，

所以或，

所以或，，

当时，，不合题意，舍去，

当时，，

所以.

故选：C.

7．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面为等边三角形，且其所在圆的面积为.若三棱锥的体积的最大值为，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出圆的半径得边长，从而得三角形面积，确定三棱锥体积最大时点位置，得三棱锥的高，从而求得球半径得球体积．

【详解】如图，所在圆即为的外接圆.

设圆的半径为，则，解得.

因为为等边三角形，所以.

由正弦定理可得，解得.

所以.

如图，当三点共线时，三棱锥的体积最大，最大值为，此时平面，三棱锥的高最大，且有，解得.

设球的半径为，在Rt中，，解得.

所以球的体积.

故选：B.

8．设函数有个不同零点，则正实数的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得在上有个不同零点即可，利用正弦函数的性质列出不等式，解出正实数的范围．

【详解】令，解得，即在上仅有一个零点，所以只需在上有个不同零点即可．

当时，，所以，即

故选：A

二、多选题

9．已知不等式的解集为或，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．的解集为或

【答案】ABC

【分析】根据题意可得且的根为，利用韦达定理可得，分别代入计算判断正误．

【详解】根据二次函数开口与二次不等式之间的关系可知，A正确；

的根为，则，即

∴，B正确；

，C正确；

，即，则，解得

∴的解集为，D错误；

故选：ABC．

10．函数在一个周期内的图象可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】由函数，利用平移变换判断.

【详解】函数，

其中，

因为，所以，

又函数是由向左或向右平移个单位得到的，

AC符合题意，

故选：AC

11．下列判断，正确的选项有（    ）

A．若的图象关于点对称是奇函数

B．曲线 的图象关于直线对称；

C．函数定义在上的可导函数，其导函数为奇函数，则为偶函数．

D．函数定义在上的可导函数，导函数，且是偶函数，则的图象关于点对称．

【答案】ACD

【分析】利用函数的奇偶性、对称性以及复合函数的求导法则进行判断.

【详解】对于A，若的图象关于点对称，则，

所以，即是奇函数；

反之，是奇函数，则，

所以，即的图象关于点对称，故A正确；

对于B，设，，

，显然，

所以曲线 的图象不关于直线对称，故B错误；

对于C，因为为奇函数，所以，即，

所以，（为常数）

令可得，即，为偶函数，故C正确；

对于D，因为是偶函数，所以，

，，

（为常数）

令得，所以；

令，则，

所以的图象关于点对称，故D正确．

故选：ACD.

12．如图，正方形中，，，将沿翻折到位置，点平面内，记二面角大小为，在折叠过程中，满足下列什么关系（    ）

A．四棱锥最大值为 B．角可能为

C． D．

【答案】AC

【分析】由题意画出几何体，当平面时，此时最长，四棱锥体积最大；二面角也最大；根据，分别求出，，即可求得体积、二面角值，从而得出结论.

【详解】如图，当沿翻折到位置，点平面内，则得到四棱锥；

当平面平面时，过作，平面平面,所以平面，此时最长，而底面面积是定值，

所以当平面时，四棱锥体积最大；二面角也最大；

由题知正方形中，，，所以,为直角三角形，所以有，

所以，而又等于，所以有，解得；

底面面积为；

所以四棱锥体积；故选项A正确；

过点作与平行的线段交于点，因为 ，所以；

因为平面，所以，,平面，所以 即为二面角，所以，

在中，，

过点作与平行的线段交于点，，则，则有 ，即，所以，

所以，即；故选项C正确，D错误；

而，

所以，故选项B错误；

故选：AC.

三、填空题

13．已知向量，，且，则m＝______．

【答案】

【分析】利用向量平行的坐标表示即得.

【详解】∵，，

∴，

∵，

∴，

解得．

故答案为：.

14．如图，发电厂的冷却塔外形是由双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所得到的曲面，该冷却塔总高度为70米，水平方向上塔身最窄处的半径为20米，最高处塔口半径25米，塔底部塔口半径为米，则该双曲线的离心率为___________.

【答案】

【分析】以冷却塔的轴截面的最窄处所在的直线为轴，垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设双曲线的方程为，由题意求出可得答案.

【详解】如图，以冷却塔的轴截面的最窄处所在的直线为轴，垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设双曲线的方程为，由题意知，所以，

，，

所以，解得，

所以，

所以.

故答案为：.

15．已知，若存在常数，使恒成立，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】由题意，可知，再分离求最值后解不等式即可.

【详解】使恒成立，则，

化简整理得，

由于存在常数，使恒成立，

可知，

因此，解得.

故答案为：

16．直线过抛物线的焦点且与抛物线交于、两点，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】由题意求得抛物线方程，设出直线方程，联立抛物线方程，设而不求，整理化简得到结论，根据这个关系，得到，代入消元整理，利用基本不等式求最小值.

【详解】已知，即，所以抛物线的方程为，

若直线与轴重合，这该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，

设直线的方程为，，

联立，可得

则

所以，

所以，

则，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为．

故答案为：.

四、解答题

17．记为数列{}的前项和，已知

(1)证明：{}是等差数列；

(2)若，，成等比数列，求的最小值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用与的关系结合等差数列的定义即可证明；

（2）利用等差数列的通项公式与等比中项的性质求出，从而得到，再结合基本不等式求解即可.

【详解】(1)由已知①

∴②

由①-②，得

即

∴，且

∴是以2为公差的等差数列.

(2)由（1）可得，

∵，，成等比数列，

∴即，解得

∴

∴

当且仅当，即时，的最小值为

18．设的三个内角所对的边分别为且.

(1)求角的大小；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形的面积公式与两角和的正弦公式化简求解即可；

（2）根据正弦定理边化角可得

【详解】(1)在中，，故

又，

由正弦定理，，

故，

即.

，  ，

，

(2)，

  ，

，当取得最大值

所求的

19．全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；

(2)在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；

【答案】(1)，中位数；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；

（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.

【详解】(1)由频率分布直方图的性质可得，，

解得，

设中位数为， 解得；

(2)的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1

从中分别抽取7人，3人，1人，

所有可能取值为0，1，2，3，

，，，

故的分布列为：

故

20．如图，在四棱锥中，底面正方形，平面底面，平面底面，，分别是的中点，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取中点，连接由中位线性质、线面平行的判定可得面、面，根据面面垂直的判定和性质即可证结论；

（2）构建空间直角坐标系，求直线的方向向量、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.

【详解】(1)如图，取中点，连接

分别是的中点，

，又分别是的中点，

，面面，

面，

同理，分别是的中点，

∴，面，面

∴面，又，面面

面面面，

平面，

(2)面面，面面，面内存在过直线，

所以面；

面面，面面，面内存在过直线；

所以面；

又都过面，由过一点有且仅有一条直线与平面垂直，故为同一条直线，

面面，即为直线，故面，

如图，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，得，，，

设面的法向量为，可得，令，得，

故，故与面所成角的正弦值为．

21．已知为椭圆的左焦点，直线与C交于A，B两点，且的周长为，面积为2.

(1)求C的标准方程；

(2)若关于原点的对称点为Q，不经过点P且斜率为的直线l与C交于点D，E，直线PD与QE交于点M，证明：点M在定直线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将代入曲线C的方程中求得，继而由三角形的面积公式得.再由椭圆的对称性和椭圆的定义得，由此可求得C的标准方程；

（2）设，，直线l的方程为，，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，得出直线PD的方程，直线QE的方程，联立直线PD与直线QE的方程，求得点M的坐标，继而求得，可得证.

【详解】(1)解：将代入中，解得，则，

所以的面积为，所以.①

设C的右焦点为，连接，由椭圆的对称性可知，

所以的周长为，所以，②

由①②解得，，

所以C的标准方程为.

(2)解：设，，直线l的方程为，，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，

则，得且，且，

，，

所以直线PD的方程为，即，

直线QE的方程为，即，

联立直线PD与直线QE的方程，得，

得，，所以

.

所以，即点M在定直线上.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系问题是高考命题的热点，解决此类问题要做好两点：一是转化，把题中的已知条件和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解.

22．已知函数，和，

(1)若与有相同的最小值，求的值；

(2)设有两个零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性并确定最值，运算求解；（2）利用同构可得，分析理解，利用导数结合零点存在定理运算说明.

【详解】(1)，

当时，在R上单调递减，无最值，舍去

当时，令，则

∴在上单调递减，在上单调递增，则

∵，则的定义域为

，令，则

∴在上单调递减，在上单调递增，则

依题  

(2)由题意可知：

令，即，则

即，则

∵在上单调递增

则，即在上有两个零点

由（1）可得：，解得：

此时在上有一个零点

当时，下证在上有一个零点

取，则

令，则

∴在单调递减，则，即

∵，令，则

∴

令，则

又∵，则

∴在上单调递增，则

即

∴在上有一个零点

则的取值范围为

【点睛】①利用指对同构处理得，结合题意分析理解；

②利用零点存在性定理分析其充要条件.