2022-2023学年广东省高三上学期12月数学素质评价卷一（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省高三上学期12月数学素质评价卷一（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省2022-2023学年高三上学期12月素质评价
数学卷一
班别：＿＿＿＿＿　姓名：＿＿＿＿＿　学号：＿＿＿＿＿
一、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．已知集合，，则(     )
A． B．
C． D．
2．已知复数z满足，则z的虚部是(     )
A． B． C． D．
3．我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶、攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶(如图1)可近似地看作直三棱柱(如图2)，其高为10m，到平面的距离为1.5m，AB为4m，则可估算硬山式屋顶的体积约为(     )

A． B． C． D．
4．已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是(     )
A． B．
C． D．
5．已知，，则在方向上的投影向量的坐标为(     )
A． B． C． D．
6．已知P为椭圆上一动点，，分别为该椭圆的左、右焦点，B为短轴一端点，如果长度的最大值为2b，则使为直角三角形的点P共有(     )个
A．8个 B．4个或6个 C．6个或8个 D．4个或8个
7．质数也叫素数，17世纪法国数学家马林-梅森曾对“”(p是素数)型素数进行过较系统而深入的研究，因此数学界将“”(p是素数)形式的素数称为梅森素数．已知第12个梅森素数为，第14个梅森素数为，则下列各数中与最接近的数为(     )(参考数据：)
A． B． C． D．
8．已知，，，下列说法正确的是(     )
A． B． C． D．
二、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．
9．一组数据，，…，是公差为-1的等差数列，若去掉首末两项，后，则(     )
A．平均数变大 B．中位数没变 C．方差变小 D．极差没变
10．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则(     )
A． B．
C． D．数列的前项和为
11．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点(包括端点)．则下列结论正确的是(     )
A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C．当点P为中点时，异面直线与所成角为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
12．已知函数，，下列判断中，正确的有(     )
A．存在，函数有4个零点
B．存在常数a，使为奇函数
C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或
D．存在常数a，使在上单调递减
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则所有项的系数和等于______
14．已知函数，则______．
15．若斜率为的直线与轴交于点，与圆相交于点A，B两点，若，则______．
16．若不等式对任意恒成立，则a的取值范围是_______________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)
△ABC中，，，，．
(1)若，，求的长度；
(2)若为角平分线，且，求△ABC的面积．






18．(本小题满分12分)
设等差数列的前n项和为，已知，且是与的等比中项，数列的前n项和．
(1)求数列，的通项公式；
(2)若，对任意总有恒成立，求实数的最小值．




19．(本小题满分12分)
还原糖不达标会影响糖果本身的风味，同时还原糖偏高又会使糖果吸潮，易使糖果变质，不耐贮存，影响糖果的质量．还原糖主要有葡萄糖、果糖、半乳糖、乳糖、麦芽糖等．现采用碘量法测定还原糖含量，用0.05mol/L硫代硫酸钠滴定标准葡萄糖溶液，记录耗用硫代硫酸钠的体积数(mL)，试验结果见下表．
葡萄糖溶液体积
2
4
6
8
10
12
硫代硫酸钠体积
0.90
2.50
3.50
4.70
6.00
7.24
参考数据：



217.28
24.84
364

(1)由如图散点图可知，与有较强的线性相关性，试求关于的线性回归方程；
(2)某工厂抽取产品样本进行检测，所用的硫代硫酸钠溶液大约为2.90mL，则该样本中所含的还原糖大约相当于多少体积的标准葡萄糖溶液?
附：回归方程中，，．











20．(本小题满分12分)
某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个“刍甍”(如图2)．

(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求平面与平面ABE夹角的余弦值．


















21．(本小题满分12分)
已知双曲线C：的左焦点为F，过点F作直线l交C的左支于A，B两点．
(1)若，求l的方程；
(2)若点，直线AP交直线于点Q．设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．










22．(本小题满分12分)
已知函数(，)
(1)若曲线在处的切线的斜率为，求a的值；
(2)若，在上存在唯一零点，求b的值．











答案
一、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
2
3
4
5
6
7
8
C
B
B
D
C
B
C
C
二、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
10
11
12
BC
BCD
ACD
BC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．1 14． 15． 16．

1．【答案】C
【详解】由，得或，又，得，即，
显然，，所以，．
故选：C．
2．【答案】B
【详解】因为，所以，
所以，
所以，所以的虚部为．
故选：B．
3．【答案】B
【详解】如图，过作于，
又在直三棱柱中，到平面的距离为，即，
又，，所以该柱体体积为．
故选：B．
4．【答案】D
【详解】易知为偶函数，由，则为奇函数，
由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，
所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意，
因为当时，无意义，所以C不符合题意．
故选：D．
5．【答案】C
【详解】依题意得，，
故在方向上的投影向量的坐标为．
故选：C．
6．【答案】B
【详解】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点P有2个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点P有2个；
因为B为短轴一端点，令，长度的最大值为2b，
所以说明椭圆与圆有且仅有短轴另一端点这唯一交点，
设，所以，即，所以，
联立，得，
又，所以，
又，所以，
所以，所以即，
当时，P为下顶点，此时 最大为直角，根据对称满足的点P有2个，
当 时，P为下顶点，此时 为锐角，满足的点P有0个，
所以使为直角三角形的点P共有4个或6个，
故选：B．
7．【答案】C
【详解】依题意得，令，两边同时取常用对数得，
所以，所以，结合选项知与最接近的数为．
故选：C．
8．【答案】C
【详解】设，则在上恒成立，所以在单调递增，
所以，即，所以，
又在单调递增，所以，即，所以b>a；
设，则在上恒成立，所以在单调递减，
所以，即，所以，即，所以；
综上所述，．
故选：C．
二、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．【答案】BC
【详解】对于选项A，原数据的平均数为 ，
去掉，后的平均数为即平均数不变，故选项A错误；
对于选项B，原数据的中位数为，
去掉，后的中位数仍为，即中位数没变，故选项B正确；
对于选项C，设公差为d，则原数据的方差为
去掉，后的方差为

即方差变小，故选项C正确；
对于选项D，原数据的极差为，去掉，后的极差为，
即极差变小，故选项D错误．
故选：BC
10．【答案】BCD
【详解】对于A：，，，A错误；
对于B：当为奇数时，为偶数，则，，可得；
当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；
对于C：结合B有，
当为奇数且时，有，，，…，
，，
累加得，时也符合；
当为偶数且时，有，，，…，
，，
累加得，时也符合，
所以，C正确；
对于D，设数列的前项和为，则，
又，所以，D正确．
故选：BCD．
11．【答案】ACD
【详解】对A，由于，显然平面，
又，所以P在任何位置时到平面的距离相等，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由P在上且，故截面为，所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，
又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，所以在正方体中平面，
由，，所以，，
则外接圆直径，则三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确．
故选：ACD．
12．【答案】BC
【详解】由，如图，
所以函数的图象与直线不可能有4个交点，
所以不存在使函数有4个零点，A选项错误；
当时，，函数定义域为R，，此时为奇函数，B选项正确；
当或时，在区间上单调递增，最大值为；
当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，最大值为，不合题意；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若最大值为，则有，即，由，所以，解得；
综上，在区间上最大值为，则a的取值范围为或，C选项正确；
若在上单调递减，则有，又不等式组无解，故不存在常数使在上单调递减，D选项错误．
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【答案】
【详解】由的二项式系数和为，得，所以的所有项的系数和为．
故答案为：．
14．【答案】
【详解】由已知，，则，
所以，，所以．
故答案为：．
15．【答案】
【详解】设点，则直线的方程为，即，
因为，且的半径为2，
故弦的弦心距为，即圆心到直线的距离为，
故，解得，即，故．
故答案为：．
16．【答案】
【详解】由，
令，，则，显然为增函数，
当时，；当时，，故存在使得，即，
所以当时，为减函数；当时，为增函数，
所以
   ，
所以，即，所以，．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)
解：(1)因为，，所以，…………………………………1分
又因为在△ABC中，，，，
所以，……………………3分
所以，即；…………………………………………………………………4分
(2)在△ABC中，，…………………………………………………5分
又因为，…………………7分
所以，所以，所以，……………………………………9分
所以．…………………………………………………………10分
18．(本小题满分12分)
解：(1)设等差数列的公差为d，
依题意有，即，得或，………………………2分
故的通项公式为或(其中)，………………………………………………3分
因为，所以，，…………………………………………4分
所以，………………………………………………5分
且，满足，所以；………………………………………………6分
(2)因为，所以，所以，……………………………………………………7分
所以，………………………9分
所以……10分
显然随n的增大而增大，从而恒成立，…………………………………11分
所以，故的最小值为．…………………………………………………………………………12分
19．(本小题满分12分)
解：(1)由表中数据可知，
，……………………………………………………………………2分
，………………………………………………4分
所以，…………………………6分
所以，………………………………………………………………8分
故y关于x的线性回归方程为；………………………………………………………9分
(2)把代入中，有，解得，…………………………11分
故该样本中所含的还原糖大约相当于5mL的标准葡萄糖溶液．…………………………………12分
20．(本小题满分12分)
解：(1)取线段CF中点H，连接OH，GH，………………………………………………………1分
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
所以O是线段BF与CE的中点，所以且，…………………………………2分
又由图1可知，且，且，
所以在图2中，且，………………………………………………………3分
所以且，所以四边形AOHG是平行四边形，则，……………4分
由于平面GCF，平面GCF，所以平面GCF；……………………………5分
(2)由图1，，，折起后在图2中仍有，，
所以为二面角的平面角，即，…………………………………6分
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，
又，则，，，………7分
所以，，…………………………………8分
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，………………………………………10分
易知平面ABE的一个法向量，…………………………………………11分
所以，
所以平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．………………………………12分
21．(本小题满分12分)
解：(1)双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C的左支有且仅有一个交点，舍去；………1分
当直线l的斜率不为0时，设，……………………………………………………………2分
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，而双曲线渐近线为，
故直线的斜率或，解得，………………………………………………………3分
设，，
联立，消x得，……………………………………………………4分
所以，，……………………………………………………………………5分
又，则，所以，得，
所以，解得，
所以l的方程为；……………………………………………………………………………6分
(2)由直线，得，………………………………………………………7分
则，所以，………………9分
又，，所以，…………………………………………………10分
所以．……12分
22．(本小题满分12分)
解：(1)由，则，………………………2分
又曲线在处的切线的斜率为2e，
所以，解得；………………………………………………4分
(2)若，则，
则，………………………………………………6分
令，得，………………………………………………………………………7分
显然有唯一解，即，………………………………………………………………………8分
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，………………………………………………9分
又因为有且只有1个零点，所以，即，………………………10分
因为，，………………………………………………………………………11分
整理可得，故．………………………………………………………………………12分