2023届广东省广州市南沙区东涌中学高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省广州市南沙区东涌中学高三上学期期中数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省广州市南沙区东涌中学高三上学期期中数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求得集合，再根据集合的交运算和补运算，即可求得结果.
【详解】，即，解得，故，则，
又，故，即.
故选：C.
2．已知复数满足，则的共轭复数是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】计算出，利用复数除法法则计算出，得到共轭复数.
【详解】，故，
故的共轭复数是.
故选：D
3．“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：因为，所以，，，
或，
当时，或一定成立，所以“”是“”的充分条件；
当或时，不一定成立，所以“”是“”的不必要条件.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．古代文人墨客都善于在纸扇上题字、题画，题字、题画的部分多为扇环.如图是扇环的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】先由扇形面积公式推到，再由扇形弧长公式推得，从而得解.
【详解】根据题意，设，，扇形面积为，
则，，
因为，所以，则，即，故，
所以.
故选：B.
5．函数是定义在上的偶函数，当时（其中是的导函数），若，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】构造函数，根据其单调性和奇偶性，结合指数函数和对数函数的单调性，即可比较大小.
【详解】令，又为定义在上的偶函数，则，
故为定义在上的奇函数；
又，由题可知，当时，，即在单调递增，
结合是上的奇函数可知，为上的单调增函数；
又，
又，，，
故.
故选：B.
6．声音中包含着正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波.每一个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型是函数.音有四要素：音调，响度，音长和音色.这都与正弦函数的参数有关.我们一般听到的声音的函数是，对于函数，下列说法正确的是（    ）
A．是的一个周期 B．关于对称
C．是的一个极值点 D．关于中心对称
【答案】D
【分析】对于A，检验是否成立即可；
对于B，检验是否成立即可；
对于C，对求导，由不满足即可判断；
对于D，检验是否成立即可.
【详解】对于A，因为，
所以
，
显然不成立，故不是的一个周期，故A错误；
对于B，因为
，
所以不成立，故不关于对称，故B错误；
对于C，因为，
所以，
故不是的一个极值点，故C错误；
对于D，因为,
所以，故关于中心对称，故D正确.
故选：D.
7．已知、为双曲线的左、右焦点，为双曲线的渐近线上一点，满足，（为坐标原点），则该双曲线的离心率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，根据求出，再在中，利用余弦定理得到关于的齐次方程，结合即可求得双曲线的离心率.
【详解】由题可知，，，
根据对称性，不妨设P为渐近线上一点，坐标为，，
因为，所以，则，故，
故，
在中，，
由余弦定理得，
即，
即，
则，即，
即，即，即，
所以.
故选：A.
8．已知数列是公比不等于的等比数列，若数列，，的前2023项的和分别为，，9，则实数的值（    ）
A．只有1个 B．只有2个 C．无法确定有几个 D．不存在
【答案】A
【分析】设出的公比为，得到与的公比，利用等比数列求和公式列出等式，整理后得到，求出，得到答案.
【详解】设的公比为，
由，可得：
为等比数列，公比为，为等比数列，公比为，
则①，②，
③，①×②得：④，
由③④得：，解得：，
故实数的值只有1个.
故选：A

二、多选题
9．新冠肺炎疫情防控期间，进出小区､超市､学校等场所，我们都需要先进行体温检测.某学校体温检测员对一周内甲､乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．乙同学体温的极差为
B．甲同学体温的第三四分位数为
C．乙同学的体温比甲同学的体温稳定
D．甲同学体温的众数为和，中位数与平均数相等
【答案】BC
【分析】根据折线图，结合极值，百分位数，方差，众数，中位数和平均数的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：乙同学体温的最大值为，最小值为，故极差为，A错误；
对B：甲同学体温按照从小到大的顺序排列为：
，，，，，，，
又，故甲同学体温的第三四分位数为上述排列中的第个数据，即，B正确；
对C：乙同学体温按照从小到大的顺序排列为：
，，，，，，，
故乙同学体温的平均数为：，
故乙同学体温的方差；
又甲同学体温的平均数为：，
故甲同学体温的方差；
又，故乙同学的体温比甲同学的体温稳定，C正确；
对D：甲同学体温的众数为,，；
中位数为与平均数相等，故D错误.
故选：BC.
10．已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．展开式中各项系数的和为1
C．展开式中第4项和第5项的二项式系数最大
D．展开式中含项的系数为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用二项式系数和为即可得解；
对于B，令即可得到展开式中各项系数的和，从而得以判断；
对于C，分别求得第4项和第5项的二项式系数，结合组合数的性质即可判断；
对于D，利用二项式定理得到展开式的通项公式，从而求得展开式中含项的系数，由此得以判断.
【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；
对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为，故B错误；
对于C，因为第4项的二项式系数为，第5项的二项式系数，
所以，又，
所以展开式中第4项和第5项的二项式系数最大，故C正确；
对于D，因为的展开通项为，
令，得，则，
所以含项的系数为，故D正确.
故选：ACD.
11．如图，已知正方体的棱长为1，，，分别为，，的中点，点在上，平面，则以下说法正确的是（    ）

A．点为的中点
B．三棱锥的体积为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．过点、、作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】ABC
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面EFG的法向量，由列出方程，求出，得到点为的中点；
B选项，求出点到平面EFG的距离，利用余弦定理及三角形面积公式得到，得到三棱锥的体积；
C选项，利用空间向量求解线面角的大小；
D选项，作出辅助线得到过点、、作正方体的截面为正六边形，得到其面积即可.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面EFG的法向量为，
则，
令，则，故，
A选项，设，则，
因为平面，
所以，即，
解得：，
故，故，
，
所以，则点为的中点，A正确；

设点到平面EFG的距离为d，
则，
又，，，
即，
由余弦定理得：，
故，则，
由三角形面积公式可得：，
故三棱锥的体积为，B正确；
，设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为，C正确；
取的中点，的中点，的中点，连接，
则过点、、作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
正六边形的面积为
则截面面积为，D错误.

故选：ABC
12．已知函数，方程有5个实数根，且满足，则下列说法正确的是（    ）
A．的取值范围为 B．
C． D．的最大值为1
【答案】AC
【分析】先由指数函数与二次函数的性质作出分段函数的图象，再结合图像讨论的值或范围，从而得解.
【详解】对于A，由作出图象如图，

因为方程有5个实数根，即有5个实数根，
由图象可知有2个实数根为，，
所以必然有3个实数根，即与有三个交点，
所以，即，故A正确；
对于B，由选项A及图象易知，则，即，
所以，又，所以，即，故B错误；
对于C，由图象易知与关于对称，所以，
又，，所以，
又，所以，故C正确；
对于D，因为，，
所以，即，
当且仅当时，等号成立，
但因为，所以等号不成立，故取不到最大值，故D错误；
故选：AC.

三、填空题
13．某乒乓球训练馆使用、、三种不同品牌的乒乓球，以往使用的记录数据如下：
品牌名称
合格率
三种用球占比

96％
30%

98％
50%

97％
20%

若这些球是均匀混合的，且无区别标志，现从中任取一球，该球为合格品的概率是______.
【答案】
【分析】根据条件概率的计算方法，结合已知数据，即可直接求得结果.
【详解】根据题意，该球为合格品的概率.
故答案为：.
14．函数的最大值为2，则常数的一个取值可为______.
【答案】（答案不唯一）
【分析】由三角函数的有界性得到同时成立，不妨令，求出.
【详解】因为，
要想的最大值为2，
需要同时成立，
由得到，，
不妨取，则，解得：，
故答案为：（答案不唯一）
15．函数，（其中），的图象在点处的切线与的图象相切，则______.
【答案】－1或3
【分析】先求出的图象在点处的切线方程为，再分当在上与当不在上时两种情况，进行求解.
【详解】，故在的图象上，
，则，
故的图象在点处的切线方程为，
当在上时，，解得：，
故，
则，则，
则在处的切线方程为，满足要求，
当不在上时，设切点为，
，则，
由于在处的切线方程为，
所以，
解得：，，经检验符合要求，
故答案为：-1或3

四、双空题
16．正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构）是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），、分别为、的中点，则______.若，过点的直线分别交直线于两点，设（其中均为正数），则的最小值为______.

【答案】     4    
【分析】先由正八面体得到，，，再利用向量的线性运算与数量积运算法则即可求得；在平面上建立平面直角坐标系，由求得，，再利用三点共线得到，从而利用基本不等式“1“的妙用求得的最小值.
【详解】因为在正八面体中，，所以，
同理：，
又在正方形中，，所以，则，所以，
因为，，
所以；
因为，所以是边上靠近点的三等分点，
根据题意，在平面上，以边的中点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系如图，

则，设，
则，，
因为，
所以，
则，，
因为三点共线，所以，则，
即，整理得，
又因为，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：4；.
【点睛】关键点睛：本题第2空的解决关键是建立平面直角坐标系，利用三点共线求得，从而得解.

五、解答题
17．已知的内角的对边分别为，满足，
(1)求；
(2)是线段边上的点，若，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用余弦函数的倍角公式与诱导公式将条件转化为关于的一元二次方程，解之即可求得；
（2）在、与中，利用余弦定理及诱导公式得到关于的方程组，从而求得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）因为，，，
所以，即，
又，所以，
又，所以，则，故，
又，所以.
（2）设，，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
又，，
所以，，整理得①，
在中，由余弦定理得，则②，
由①－②得，故，
将代入①式得，
所以的面积.
.
18．已知数列是公差不为0的等差数列，数列是等比数列，，，与的等差中项为.
(1)求数列、的通项公式；
(2)已知，求.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可求得、的通项公式；
（2）由（1）得，从而利用错位相减法即可求得.
【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，
因为，与的等差中项为，
所以，则，即①，
因为，所以，得，
将上式代入①式得，解得或，
当时，，矛盾舍去，
当时，，则，，
所以，.
（2）由（1）得，，
所以，
则，
两式相减得：，
所以.
19．甲、乙两队同学利用课余时间进行篮球比赛，规定每一局比赛中获胜方记为2分，失败方记为0分，没有平局.谁先获得8分就获胜，比赛结束.假设每局比赛甲队获胜的概率为.
(1)求比赛结束时恰好打了6局的概率；
(2)若现在是甲队以的比分领先，记表示结束比赛所需打的局数，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）分类讨论打完六局后甲胜与乙胜两种情况，利用独立事件的概率乘法公式即可得解；
（2）根据题意，分析接下去的对局数量，从而得到的可能取值，再利用独立事件的概率乘法公式求得各取值的概率，由此求得的分布列和数学期望.
【详解】（1）设恰好打了六局甲队获胜的概率为，恰好打了6局乙队获胜的概率为，
因为甲队打六局比赛获得胜利，等价于前五局甲三胜两负，第六局甲胜，
所以其概率为；
同理：乙队打六局比赛获得胜利的概率为；
所以，
所以比赛结束时恰好打了六局的概率为.
（2）因为甲队以的比分领先，所以甲队目前的战绩两胜一负，
所以接下去的比赛局数最少的情况是甲队取得两胜结束比赛，局数最多的情况是接下来的前三局甲队一胜两负，必须进行第四局才能结束比赛，
所以的可能取值为2，3，4，
则，
，
，
所以随机变量X的分布列为：
X
2
3
4
P




所以，即X的数学期望为.
20．如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上.

(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）作出辅助线，得到⊥，从而证明出平面PBC，得到面面垂直；
（2）方法一：在第一问的基础上，得到是二面角的平面角，得到，再计算得到，求出，根据互余得到，求出；
方法二：建立空间直角坐标系，设出，求出两平面的法向量，列出方程，求出，得到.
【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，
取AB中点为F,连接，

∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，，，，
∴四边形ADCF为矩形，，
∴.
∴⊥，又，平面，
∴平面PBC.
∵平面EAC，
∴平面平面PBC.
（2）方法一：由（1）知平面PBC，又∵平面PBC，
∴⊥，
由（1）知，所以是二面角的平面角.
由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角，
∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为，
∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
在中，由，得：，
∴，
∴，，
∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余，
∴，，
∴；
方法二：如图，以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，

显然平面PAC的一个法向量为，则，
设，，
则，
∴，
∴，
当时，重合，此时平面与平面的夹角为90°，此时余弦值为1，不合要求，
当时，设为平面EAC的法向量，，
则，即，
得，取得，
∴，
设平面与平面的夹角为，，
则，
解得：.
∴，
∴.
21．已知椭圆的离心率为，短轴长为10，右顶点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)不经过点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆过点.求证：直线过定点，并求此定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）利用椭圆的几何性质求得，从而得到椭圆C的方程；
（2）先讨论直线l的斜率存在的情况，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及得到或，从而证得直线l过定点，再讨论直线l的斜率不存在的情况，求得或，从而得证.
【详解】（1）依题意，得，解得，，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线l的斜率存在时，可设直线l：，点，，，
联立，消去，得，
所以，即，
又，，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，则，
解得或，满足，
所以直线l：或，
由于直线l不过点，所以直线l：，则直线l过定点；
当直线l斜率不存在时，，，
因为，所以，即，
又，解得或，
由于直线l不过点，所以，则直线l过定点；
综上：直线l过定点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数（其中）.
(1)若恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个零点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将问题转化为在上恒成立，构造函数，利用导数求得，从而得解；
（2）先结合（1）中结论，初步判断得，再由的两个零点得到，从而将问题转化为证明，多次构造函数利用导数证得双变量不等式成立，由此证得.
【详解】（1）函数的定义域为，
由得，
令，则，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，则，即.
（2）由（1）可知：，，
当时，，单调递增，则至多只有一个零点，不合题意，
故，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的最小值为，满足要求，
因为函数有两个零点，不妨设，
则，，
两式相减得，即，
下证：，即证，即证，
令，则，令，
则，
令，则，
令，则，故在上单调递增，
所以，则，故在上单调递增，
所以，则，故在上单调递增，
所以，故，
所以由得，
所以.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．