2023届广东省佛山市高三教学质量检测（一）数学试题含解析

这是一份2023届广东省佛山市高三教学质量检测（一）数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届广东省佛山市高三教学质量检测（一）数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先求出集合，用列举法表示集合，再根据并集的定义计算可得.
【详解】解：由，即，所以不等式的解集为，
所以，
又，
所以.
故选：D
2．设复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的运算求，再根据复数的几何意义判断点所在的象限.
【详解】∵，则，
∴z在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
3．已知单位向量，满足，若向量，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案.
【详解】由单位向量，则，即，，
.
故选：B.
4．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（    ）
A．30 B．10 C．9 D．6
【答案】B
【分析】根据等比中项可得，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.
【详解】为正数的等比数列，则，可得，
∵，
∴，
又∵，则，可得，
∴，解得，
故.
故选：B.
5．已知双曲线C的中心位于坐标原点，焦点在坐标轴上，且虚轴比实轴长.若直线与C的一条渐近线垂直，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据条件得到渐近线方程为，分类讨论双曲线焦点在轴和轴的情况，求出即可.
【详解】解：根据渐近线与直线垂直可得渐近线方程为，
当双曲线的焦点在轴上时渐近线为，即，
因为双曲线的虚轴比实轴长，故不符合题意，舍去，
当双曲线的焦点在轴上时渐近线为，即，满足虚轴比实轴长，
所以，解得或（舍去），
所以.
故选：C．
6．已知事件，，的概率均不为，则的充要条件是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据和事件的概率公式判断A、B，根据积事件的概率公式判断C、D.
【详解】解：对于A：因为，由，
只能得到，并不能得到，故A错误；
对于B：因为，
，
由，只能得到，
由于不能确定，，是否相互独立，故无法确定，故B错误；
对于C：因为，，
又，所以，故C正确；
对于D：由于不能确定，，是否相互独立，
若，，相互独立，则，，
则由可得，
故由无法确定，故D错误；
故选：C
7．已知球O的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意可得，即可求出、、，求出外接圆的半径，利用勾股定理求出球心到平面的距离，从而得到点到平面的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】解：因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以.

故选：A
8．已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】当时，恒成立，利用图象关系可得，且，求得.当，恒成立，变形
构造函数，求导判断单调性，从而推出，进一步得到，综上得到.
【详解】当时，，

由图可知，，
此时若对任意，，
只需，即，即.
当，，
此时若对任意，，即，
，所以只需.
令，则，
当单调递增，当单调递减，
，.
综上，.
故选:D.

二、多选题
9．中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的付出，更是开启新征程的希望.二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国居民恩格尔系数为29.39%，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破30%.恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特·恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数”.恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达60%以上为贫困，50%~60%为温饱，40%~50%为小康，30%~40%为富裕，低于30%为最富裕.如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知（    ）

A．城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平
B．农村居民恩格尔系数的平均数低于32%
C．城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于29%
D．全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数
【答案】AC
【分析】根据折线统计图一一分析即可.
【详解】解：对于A：从折线统计图可知年开始城镇居民的恩格尔系数均低于，即从2015年开始进入“最富裕”水平，故A正确；
对于B：农村居民恩格尔系数只有、、这三年在之间，
其余年份均大于，且、这两年大于（等于），
故农村居民恩格尔系数的平均数高于，故B错误；
对于C：城镇居民恩格尔系数从小到大排列（所对应的年份）前位分别为、、、、，
因为，所以第百分位数为第位，即年的恩格尔系数，由图可知年的恩格尔系数高于，故C正确；
对于D：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，显然农村居民占比要大于，
故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故D错误；
故选：AC
10．设单位圆O与x轴的左、右交点分别为A、B，直线l：（其中）分别与直线、交于C、D两点，则（    ）
A．时，l的倾斜角为
B．，点A、B到l的距离之和为定值
C．，使l与圆O无公共点
D．，恒有
【答案】BD
【分析】对于A：首先得到直线的斜率，即可求出直线的倾斜角，从而判断A，对于B，分别求出点、到直线的距离，再求和即可，求出坐标原点到直线的距离，即可判断C，求出，点坐标，再求出，即可判断D.
【详解】解：依题意，，
对于A：当时直线，即，
所以直线的斜率，所以直线的倾斜角为，故A错误；
对于B：点到直线的距离，
点到直线的距离，
所以点、到直线的距离之和为，
因为，所以，所以，
即对，点、到直线的距离之和为定值，故B正确；
对于C：坐标原点到直线的距离，
所以直线与单位圆相切，即直线与单位圆必有一个交点，故C错误；
对于D：对于直线，令，解得，
令，解得，
即，，
所以，，
所以，所以，
即，恒有，故D正确；
故选：BD
11．若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，则，
令，，则，
所以在上单调递增，
由，可得，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，
又，所以，当且仅当时取等号，
当时或，
结合与的图象也可得到

所以或.
故选：AC
12．如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（    ）

A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面
【答案】ABC
【分析】逐个分析每个选项即可.
【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，

连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，

当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为

取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.

三、填空题
13．在的展开式中，常数项为___________.（用数字作答）
【答案】15
【分析】利用二项展开式的通项公式计算可得.
【详解】解：，令，解得，所以常数项为
故答案为：15.
14．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则______.
【答案】44
【分析】根据奇函数的定义运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：44.
15．抛物线C：的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上，若，且，则______.
【答案】5
【分析】根据题意结合抛物线的定义可求得，再根据垂直关系求得，由直线方程求得即可得结果.
【详解】由题意可得：抛物线C：的焦点为，准线，
不妨设点，则，即，
可得，即，故，
则直线的斜率，
∵，则直线的斜率，
∴直线的方程，
令，解得，即，
故.
故答案为：5.
16．已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案.
【详解】由题意可得：的最小正周期，
∵，且，则为的一条对称轴，
∴，解得，
又∵，则，
故，
∵，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．
①令ωx＋φ＝，可求得对称轴方程．
②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.

四、解答题
17．佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.

(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
【答案】(1)（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解

【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.
【详解】（1）由题意可知：，注意到，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，
设数列的前项和为，
∵，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
18．在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)
(2)

【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得.
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，，，
由（1）可知，，则，
由，则，解得，，
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
19．如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．

(1)证明：平面；
(2)若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，则可证明，即可证明平面；
（2）连接，，取的中点，连接，先求出，，则可求到，再证明平面与平面夹角的平面角为，从而根据即可求解．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．

（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，

因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
20．近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率.
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√

故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.
21．已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值

【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，，根据及，求出，即可求出，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.
【详解】（1）解：依题意，，，所以，，
由，可得，即，解得或（舍去），
故，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
所以，，
直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以
，
故为定值.
22．已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.
【答案】(1)，无极小值.
(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：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．