2023届广东省韶关市高三上学期综合测试（一）数学试题（解析版）

2023届广东省韶关市高三上学期综合测试（一）数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简集合B，再由并集与补集的定义求解即可

【详解】由题意，，

又，

所以，

又

所以，

故选：B.

2．若，，是的共轭复数，则（    ）

A． B．2 C． D．10

【答案】C

【分析】根据共轭复数的概念写出，然后，求出，进而求出的模长.

【详解】，所以，

故选：C

3．下列区间中，函数的单调递减区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.

【详解】函数，由，解得，取，可得函数的一个单调递减区间为，

故选：B.

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先确定函数的奇偶性，排除AC选项，再特殊函数值，比较排除选项可得答案.

【详解】因为函数的定义域为，且

，

所以函数是奇函数，故可排除A、C；

又，故可排除B；

故选：D．

5．已知，，，若，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据得到，然后根据投影向量的定义求投影向量即可.

【详解】，

因为，所以，解得，，所以向量在向量上的投影向量为.

故选：B.

6．某污水处理厂采用技术手段清除水中的污染物，同时生产出有用的肥料和清洁用水.已知在处理过程中，每小时可以清理池中残留污染物10%，若要使池中污染物不超过原来的，至少需要的时间为（结果保留整数，参考数据：，）（    ）

A．6小时 B．7小时 C．8小时 D．9小时

【答案】C

【分析】由对数的运算与对数函数的性质求解即可

【详解】设原来池中污染物的质量为，依题意，经过小时污染物的质量，

所以，，即，

所以，即，

所以，

故选：C.

7．已知点为坐标原点，点是双曲线（，）的右焦点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，线段交双曲线于点.若为的中点，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】由圆的几何性质可得，结合双曲线的几何性质求出直线的方程，与双曲线方程联立求出点的坐标，由此可求点的坐标，根据点在双曲线上可得的关系，化简求离心率.

【详解】∵以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，

所以，因为直线的方程为，，

所以直线的方程为，

由，解得，，

因为，所以是的中点，

故，，代入双曲线方程，得，

整理，得，，

所以.

故选：A.

8．已知函数，若，其中，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据得到，即，然后分和两种情况，利用基本不等式求最小值即可.

【详解】因为，

由上面结论可得，

所以，其中，则.

当时，

当且仅当，，时等号成立；

当时，

，当且仅当，时等号成立；因为，所以的最小值为.

故选：A.

二、多选题

9．某电视传媒机构为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了200名观众进行调查，其中女性占40%.根据调查结果分别绘制出男､女观众两周时间收看该类体育节目时长的频率分布直方图，则（    ）

A．

B．女观众收看节目时长的中位数为6.5小时

C．女观众收看节目的平均时长小于男观众的平均时长

D．收看节目不少于9小时观众中的女观众人数是男观众人数的

【答案】BC

【分析】利用频率分布直方图频率、频数、中位数与平均数的求法，对选项逐一检验即可.

【详解】对于A，由，解得，故A错误；

对于B，由频率分布直方图可知，女观众收看时长在的频率为，在的频率为，所以女观众收看时长的中位数落在中，不妨设为，

则，解得，则女观众收看时长的中位数为，故B正确；

对于C，男性观众收看节目的平均时长为小时，女性观众收看节目的平均时长为小时，故C正确；

对于D，由频率直方图可知，男性观众收看到达9小时人数为人，女性观众收看达到9小时人数为人，故D错误.

故选：BC.

10．已知正方体，设是棱的中点，则（    ）

A．平面

B．

C．平面与平面所成角的正弦值为

D．三棱锥与三棱锥体积相等

【答案】AD

【分析】对于A选项，在平面内找到与平行的直线即可·.

对于B选项，通过求出，所成角度即可判断.

对于C选项，可将平面与平面所成角转化为求平面与平面所成角.

对于D选项，分别计算三棱锥与三棱锥体积即可.

【详解】对于A选项，如图，设交于，在中，因F为中点，E为CB中点，则FE为中位线，可得，又平面，EF平面，则平面，故A正确.

对于B选项，如图，因，所以异面直线与AC所成角就是与AC所成角.又连接，因，所以为等边三角形，有，

得异面直线与AC所成角为，故B错误.

对于C选项，如图，因平面平面，所以平面与平面所成角等于平面与平面所成角.取中点为G，连接BG，.

因，BG，所以为平面与平面所成二面角的平面角.设正方体棱长为2，则，所以.

故C错误.

对于D，由图，.

，又，故，

故 D正确.

故选：AD

11．设是抛物线上一点，是的焦点，在的准线上的射影为，关于点的对称点为，曲线在处的切线与准线交于点，直线交直线于点，则（    ）

A．到距离等于4 B．

C．是等腰三角形 D．的最小值为4

【答案】BCD

【分析】A选项根据抛物线方程得到焦点到准线距离；

B选项设，得到，，根据坐标得到，或根据即可得到；

C选项根据直线，的斜率相等得到，根据是线段中点，得到是线段的中点，最后利用和直角三角形的性质得到即可；

D选项设直线的方程为，得到，然后根据坐标表示出，最后利用基本不等式求最值即可.

【详解】对于A，焦点到准线距离，A不正确.

对于B，因为：的准线为：，焦点为，设，则，，

所以，所以，（或由抛物线定义知，所以，）故选项B正确；

对于C，因为，所以处的切线斜率，，而，所以，

从而，又是线段中点，所以是线段的中点，又，

所以，所以C正确.

对于D，因为，所以直线的方程为，令，得，

所以，当且仅当时，最小值为4，故选项D正确.

故选：BCD.

12．以下四个不等关系，正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】结合基本不等式及对数函数的单调性估计判断A；利用导数证明，赋值判断B；观察不等式的结构，构造函数，利用导数判断其单调性，利用函数单调性比较大小，判断C；根据函数的单调性判断D.

【详解】对于A，因为，所以A正确；

对于B，因为，故考虑构造函数，

因为，仅当时等号成立，

所以函数在上单调递减，所以，

故，所以，B不正确

对于C，不等式，等价于，等价于，

设，，则，

当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，

所以，即，所以，C正确；

对于D，因为，所以，，

因为函数在单调递增，

又，所以，又，所以，即，D正确，

故选：ACD.

【点睛】本题解决的关键在于观察不等式的结构，通过构造函数，判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可.

三、填空题

13．的展开式的中间一项的系数为___________（具体数字作答）.

【答案】

【分析】根据二项展开式的特点得到中间一项为第4项，然后利用通项公式求系数即可.

【详解】依题意，展开式的中间一项是第4项，，其系数为.

故答案为：-160.

14．已知，且，则___________.

【答案】

【分析】由，利用二倍角公式得到，再结合诱导公式，利用商数关系求解.

【详解】解：∵，

∴，

∵，，，

∴.

故答案为：

15．我们知道距离是衡量两点之间的远近程度的一个概念.数学中根据不同定义有好多种距离.平面上，欧几里得距离是与两点间的直线距离，即.切比雪夫距离是与两点中横坐标差的绝对值和纵坐标差的绝对值中的最大值，即.已知是直线上的动点，当与（为坐标原点）两点之间的欧几里得距离最小时，其切比雪夫距离为___________.

【答案】6

【分析】由条件确定与两点之间的欧几里得距离的最小值及对应的点的位置，再根据切比雪夫距离的定义求解即可.

【详解】因为点是直线：上的动点，要使最小，则，此时，

所以，由方程组，解得，，

所以，，两点之间的切比雪夫距离为6.

故答案为：6.

四、双空题

16．已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为___________；若､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最大值为___________.

【答案】     3    

【分析】由题意可将三棱锥补成正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，由此可求出外接球的半径；利用等积法可求出内切球的半径，进而即可求解

【详解】由已知可证明，，两两垂直且长度均为，

所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，

设外接球的半径为，则.

设三棱锥外接球球心为，内切球球心为，内切球与平面的切点为，易知：，，三点均在上，且平面，

设内切球的半径为，由等体积法：

，得，

将几何体沿截面切开，得到如下截面图：

两圆分别为外接球与内切球的大圆，注意到，，

∴，∴，两点间距离的最大值为.

故答案为：3；

五、解答题

17．在中，为的中点，且.

(1)证明：；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在中利用正弦定理可得，再由诱导公式得到，结合已知条件，即可得证；

（2）设，在和分别利用余弦定理即可求出，从而求出，再由面积公式计算可得.

【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得，

即，

因为，所以，

又由已知，所以，所以.

（2）解：设，则，

在中，由余弦定理得，

即，

在中，由余弦定理得，

即，

解得，，

所以.

18．已知数列的首项，且满足，设.

(1)求证：数列为等比数列；

(2)若，求满足条件的最小正整数.

【答案】(1)证明见解析

(2)140

【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；

（2）利用分组求和的方法得到，然后利用的增减性解不等式即可.

【详解】（1）

，

，所以数列为首项为，公比为等比数列.

（2）由（1）可得

，

即

∴

而随着的增大而增大

要使，即，则，

∴的最小值为140.

19．北京冬奥会的举办使得人们对冰雪运动的关注度和参与度持续提高.某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

(1)从这10所学校中随机抽取2所，在抽取的2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人的条件下，求这2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人的概率；

(2)“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机抽取3所，记为选出“基地学校”的个数，求的分布列和数学期望；

(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.已知在一轮集训测试的3个动作中，甲同学每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果甲同学在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于8次，那么至少要进行多少轮测试？

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望：

(3)至少要进行11轮测试

【分析】(1)根据已知条件结合条件概率的概率公式求解；

(2)的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，从而可求得的分布列和数学期望；

(3)根据题意，结合二项分布的概率公式求解

【详解】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，33，30，

其中参与“单板滑雪”的人数超过30人的学校有6个，参与“单板滑雪”的人数超过30人，且“自由式滑雪”的人数超过30人的学校有4个，记“这10所学校中随机选取2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人”为事件，“这10所学校中随机选取2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人”为事件，

则，，

所以，.

（2）参与“自由式滑雪”人数在40人以上的学校共4所，的所有可能取值为，

所以，，

，，

所以的分布列如下表：

所以

（3）记“甲同学在一轮测试中获得“优秀””为事件，则，

由题意，甲同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，

由题意列式，得，因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试

20．已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.

(1)证明：；

(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.

【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，

所以，

又，所以，，，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，

又平面，所以.

（2）

以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，

设是的中点，

因为，所以，

又平面平面，平面平面，

所以平面，，

假设存在满足题意的，则由.

可得，.

设平面的一个法向量为，

则，令，可得，，即，

设与平面所成的角为，所以

解得（舍去），

综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.

21．已知椭圆的左、右顶点分别为、，点（不在轴上）为直线上一点，直线交曲线于另一点.

(1)证明：；

(2)设直线交曲线于另一点，若圆（是坐标原点）与直线相切，求该圆半径的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设，写出直线的方程，求出点的坐标，证明出，即可证得结论成立；

（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由（1）可知，利用平面向量数量积的坐标运算与韦达定理计算出的值，求出直线所过定点的坐标，即可求得圆半径的最大值.

【详解】（1）证明：易知点、，

设，则，直线的方程为，

令，得，则，

又因为，且，则，

则，所以，.

（2）解：因为点不在轴上，则直线不与轴重合，

设直线的方程为，

若，则直线过点，则、必有一点与点重合，不合乎题意，故，

设点、，

联立可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

，，

由（1）可知，

，

，解得，即直线的方程为，故直线过定点，

当时，圆的半径取最大值，且圆半径的最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问求圆的半径的最大值，解题的关键就是求出直线所过定点的坐标，求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

22．已知函数，，.

(1)若直线与在处的切线垂直，求的值；

(2)若函数存在两个极值点，，且，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义得到在处的切线斜率，然后根据直线与切线垂直列方程求解即可；

（2）根据有两个极值点，得到，，将证明转化为证明或，然后构造函数，利用函数的单调性证明即可.

【详解】（1）∵，∴在处的切线斜率，

∵直线与切线垂直，∴，∴.

（2）由题意得，，

由函数有两个极值点，则，在上有两个不等的实根，即，在有两个不等式的实根，，

∵，，，

∴，则，且，，

方法一：要证，即证，

则，

同理可得：，

则，

，

令，，

则，，

由，则，，则，则，

则在上单调递增，

∴，∴，即，

∴成立.

方法二：要证，即证：，

又

，

又，

所以，

又

所以只需证明：，，

令，，

求导，，，

由，则，，则，则，

则在上单调递增，∴

所以，即.

【点睛】利用导数证明不等式的策略：

（1）差值函数法，例如证明时，可以转化为证明，构造函数，利用导数分析的单调性、最值，去说明；

（2）特征分析放缩法，可以根据不等式的特征进行适当放缩；

（3）切线放缩法，例如：，等；

（4）隔离分析最值法：一般地，证明h(x)= A(x)-B(x)≥0，当研究h(x)的单调性困难时，可以“一分为二”成A(x)≥B(x)，考虑证A(x)mⅰn ≥B(x)max 是一种有效途径；

（5）换元法.