2023届广东省佛山市第一中学高三4月一模数学试题含解析

2023届广东省佛山市第一中学高三4月一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，且，则实数的所有值构成的集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出，由得到，分与，求出实数a的值，得到答案,

【详解】，

因为，所以，

当时，，满足要求，

当时，只有一个根，

若，则，解得：，

若，则，解得：，

若，则，解得：，

实数的所有值构成的集合是.

故选：D

2．设复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先化简出，再计算，最后代模长公式即可求解

【详解】由题知，于是，

所以.

故选：D

3．已知，为钝角，，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】首先求出，从而求出，再根据利用两角差的正切公式计算可得.

【详解】解：因为，所以，因为为钝角，

所以，则，

所以.

故选：B

4．二十四节气歌是为了方便记忆我国古时立法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接由组合结合古典概型求解即可.

【详解】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为.

故选：C.

5．在中，设，那么动点的轨迹必通过的（    ）

A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心

【答案】D

【分析】设线段的中点为，推导出，结合外心的定义可得出结论.

【详解】设线段的中点为，则、互为相反向量，

所以，，

因为，即，

所以，，即，

即，即，

所以，垂直且平分线段，

因此动点的轨迹是的垂直平分线，必通过的外心.

故选：D.

6．设函数，方程恰有5个实数解，则正实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】当时，得到.若方程恰有5个实数解，只需函数在区间上恰好有5个，使得，从而确定在上恰有5条对称轴．结合正弦函数的图象可建立求解即可.

【详解】当时，，

因为函数在区间上恰好有5个，使得，

故在上恰有5条对称轴．令，

则在上恰有5条对称轴，如图：

所以，解得．

故选：B．

7．已知，b=0.01，c=ln1.01，则（    ）

A．c>a>b B．b>a>c C．a>b>c D．b>c>a

【答案】C

【分析】根据指数函数的性质判断，构造函数，由导数确定单调性得，再由对数性质得大小，从而得结论．．

【详解】由指数函数的性质得：，

设，则在时恒成立，

所以在上是增函数，是连续函数，因此在上是增函数，

所以，即，即，所以，

所以．

故选：C．

8．已知双曲线C的右顶点为A，左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】设出双曲线半焦距，由双曲线渐近线斜率求出，再由余弦定理求出，判断形状即可求解作答.

【详解】设双曲线的半焦距为c，直线的方程为，有，如图

即有，而，解得，

在中，由余弦定理得：，

因此，即有，而，则，

又，于是，

所以双曲线的离心率.

故选：C

二、多选题

9．若，其中为实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据给定的条件，把写成，再利用二项式定理结合赋值法，逐项计算判断作答.

【详解】依题意，令，

对于A，，A错误；

对于B，是按展开的第4项系数，因此，B正确；

对于C，，，

所以，C正确；

对于D，，D错误.

故选：BC

10．如图所示，从一个半径为（单位：）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥，则以下说法正确的是（    ）

A．四棱锥的体积是

B．四棱锥的外接球的表面积是

C．异面直线与所成角的大小为

D．二面角所成角的余弦值为

【答案】BCD

【详解】设正方形边长为，则有，

所以，解得，

折叠而成正四棱锥如图所示，其中为外接球的球心，

四棱锥的高，

所以四棱锥的体积，所以选项A错误；

设四棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，

则有，

解得，所以四棱锥外接球表面积，

因为，所以异面直线与所成角为，

取的中点，连接，，如图，

因为，均为等边三角形，

所以，，

所以为二面角所成角的平面角，

在中，由余弦定理得

，

故正确答案为BCD.

故选：BCD

11．设和分别为数列和的前n项和.已知，，则（    ）

A．是等比数列 B．是递增数列

C． D．

【答案】ACD

【分析】由已知结合的关系及等比数列的定义判断数列即可确定A、C正误，应用作差法比较的大小关系判断B正误，利用错位相减法求，再由作差法判断的大小判断D.

【详解】由，当时，，即，又，

∴，即，

∴是首项为，公比为的等比数列，故，A正确；

由，则，即是递减数列，B错误；

又，则，C正确；

①，②，

①-②得：，

∴，则，

∴，D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：利用及等比数列的定义求的通项公式，综合运用作差法、错位相减法比较大小判断数列单调性、求前n项和，进而判断各选项的正误.

12．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．是偶函数 B．为奇函数

C．函数有8个不同的零点 D．

【答案】AB

【分析】根据已知推出函数关于直线对称且关于对称，周期为8，由已知区间上的解析式画出图象判断A、B；结合图象判断交点个数，周期性求函数值的和判断C、D.

【详解】由，则函数关于直线对称，且，

由，则函数关于对称，且，

所以，故，则，故函数的周期为8，

当时，则，，

根据周期和对称性知：值域为，

由函数关于直线对称且关于对称，周期为8，

为向左平移1个单位得到，是偶函数，故A正确：

为向左平移3个单位得到，是奇函数，故B正确；

由在上递减，且，；在上递增，且，，

结合图象：看出和的图象有10个交点，即有10个不同的零点，故C错误：

由，，，，，，，，则，

所以，故D错误，

故选：AB

三、填空题

13．如图所示，在平行四边形中，，垂足为，且，则=_____.

【答案】2

【分析】本题中采用向量数量积的几何意义解题．

【详解】如图，延长，过作延长线的垂线，

所以在的方向投影为，又为中点，

可知，

所以．

故答案为：2

14．若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围是__________ ．

【答案】

【分析】不等式恒成立，即为不大于xy的最小值，运用基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围．

【详解】∵正实数x，y满足，

所以，即，

当且仅当时等号成立，

由恒成立，可得，

解得

故答案为：

15．如图，已知椭圆的焦点为、，点为椭圆上任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为点.过点作轴的垂线，垂足为，若线段的中点为，则点的轨迹方程为______.

【答案】

【分析】根据题意，利用椭圆定义，求得长度，即可容易求得点的轨迹方程.

【详解】延长交的延长线于点，连接，作图如下：

容易知点关于的对称点为，

故可得，

又因为分别为的中点，

故可得，

不妨设点的坐标为，故可得点的坐标为，

则，

整理得.

故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆的定义，以及椭圆中动点轨迹方程的求解，属中档题.

16．已知函数，，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别与轴交于两点，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】利用导数的几何意义可求得在处的切线方程，并得到；根据切线互相垂直可得，由此得到，令，可得，利用分离常数法可求得的范围，即为的范围.

【详解】当，时，

，，

在处的切线方程为，即，

；

当，，，

同理可求得：在处的切线方程为：，

，

两条切线互相垂直，，，，

令，

设，，

则在上单调递增，，即．

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用导数的几何意义求得，将表示为关于变量的函数的形式，从而利用函数值域的求解方法求得结果.

四、解答题

17．中，，，分别是角，，的对边，且有.

(1)求角；

(2)当，时，求的面积.

【答案】(1)或或

(2)或

【分析】（1）根据三角恒等变换将式子化简，即可求出角的大小；

（2）先根据余弦定理求出边的长度，再根据三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）因为，且，

所以，

即，

所以或，

解得或或.

（2）因为，，所以，

根据余弦定理得，

所以，即，

解得或，

当时，，

当时，，

所以的面积的面积为或.

18．已知数列的前n项和为，数列为等差数列，且满足．

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）求出即得数列的通项公式，利用与的关系求出数列的通项公式；

（2）求出，再利用分组求和求数列的前项和．

【详解】（1）解：令，

令，又，所以，即．所以，

，①     ．②

两式相减得，，

即是公比为2的等比数列，且，

所以．

（2）解：由可得

，．

累加可得，

，

而

，

∴.

19．如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.

(1)证明：平面平面；

(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据线面平行及面面平行的判定定理即得；

（2）方法一，延长与交于，由题可得面面，过作，过作，进而可得即为面与面所成二面角的平面角，结合条件即得；

方法二，利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.

【详解】（1）连接，∵为中点，为中点，

∴，又面，面，

∴面，

在中，，，，

∴，即，

在中，，，∴，，

在中，，，，，

∴，，∴，

∵F为AB中点，∴，，

∴，又∵面，面，

∴面，又∵，CF，面，

∴平面平面；

（2）解法一：延长与交于，连，则面面，

在中，，，，所以，

又，，，面，

∴面，面，

∴面面，

在面内过作，则面，

∵面，∴，

过作，连，∵，面，面，

∴面，面，

∴，

∴即为面与面所成二面角的平面角，

∵，，

∴，，

∵，，

∴，，，又，

∴，， ，

∴.

解法二：在中，，，，所以，

又，，平面，

所以平面，平面，

所以平面平面，

又∵，，

∴，

以为轴，为轴，过且垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

设平面的法向量，，，

，令，则，∴，

设平面的法向量，，

  令，则，，

∴，

所以，

∴平面与平面所成角的余弦值为.

20．在新冠肺炎疫情肆虐之初，作为重要防控物资之一的口罩是医务人员和人民群众抗击疫情的武器与保障，为了打赢疫情防控阻击战，我国企业依靠自身强大的科研能力，果断转产自行研制新型全自动高速口罩生产机，“争分夺秒、保质保量”成为口罩生产线上的重要标语．

（1）在试产初期，某新型全自动高速口罩生产流水线有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生产且互不影响，第四道是检测工序，包括红外线自动检测与人工抽检．已知批次的成品口罩生产中，前三道工序的次品率分别为，．

①求批次I成品口罩的次品率．

②第四道工序中红外线自动检测为次品的口罩会被自动淘汰，合格的口罩进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次I的成品口罩红外线自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.

（2）已知某批次成品口罩的次品率为，设100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产线后批次的口罩的次品率．某医院获得批次，的口罩捐赠并分发给该院医务人员使用．经统计，正常佩戴使用这两个批次的口罩期间，该院医务人员核酸检测情况如下面条形图所示，求，并判断是否有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关？

附：．

【答案】（1）①，②；（2），有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．

【分析】（1）①利用概率乘法公式求概率即可；

②设批次Ⅰ的成品口罩红外线自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，

分别求出，，利用条件概率直接计算

（2）先求出100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率，利用导数求出的最大值点，即可求出，根据题意完成列联表，计算出，对照参数即可得到结论．

【详解】解：（1）①批次Ⅰ成品口罩的次品率为

．

②设批次Ⅰ的成品口罩红外线自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，

由已知，得，，

则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品为事件，

．

（2）100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率．

因此．

令，得．

当时，；当时，．

所以的最大值点为．

由（1）可知，，，故批次口罩的次品率低于批次Ⅰ，

故批次的口罩质量优于批次Ⅰ．

由条形图可建立列联表如下：

    单位：人

．

因此，有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．

21．已知双曲线的渐近线与曲线相切.横坐标为的点在曲线上，过点作曲线的切线交双曲线于不同的两点.

(1)求双曲线的离心率；

(2)记的中垂线交轴于点.是否存在实数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)时存在；时不存在，理由见解析

【分析】（1）写出渐近线并联立曲线E，根据得，进而求离心率；

（2）应用导数几何意义求点处曲线的切线方程，并联立曲线C，结合韦达定理求中点坐标，写出中垂线方程即可求M坐标，结合列方程求，注意满足切线与双曲线有两个交点.

【详解】（1）由题意，与曲线相切，消得：有唯一解，

所以得：，离心率.

（2）由，故点作曲线的切线的斜率为，则，

所以方程为代入中，并整理得

，

设，在，

易得的中点，故中垂线，则点.

若，则，即得，

此时

当，即时，存在实数，使得；

当，即时，不存在实数，使得.

22．已知函数.

(1)若函数为增函数，求的取值范围；

(2)已知.

（i）证明：；

（ii）若，证明：.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；

（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；

（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.

【详解】（1）∵，则，

若是增函数，则，

且，可得，

故原题意等价于对恒成立，

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上递增，在递减，故，

∴的取值范围为.

（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，

∵，则，即，

整理得，

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上递减，在递增，

故，即，当且仅当时等号成立，

令，可得，

故；

（ii）∵，则，

可知有两个不同实数根，由（1）知，

可得，

同理可得，

构建，则，

当时，；当时，；当时，；

且，故对恒成立，

故在上单调递减，

∵，则，即，

且，则，故，

可得；

又∵，由（i）可得，即，

则，

且，则，

可得；

综上所述：.

可得，则

故.

【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．