2023届广东省广州市六区部分普通高中高三下学期综合测试（二）数学试卷含解析

秘密★启用前试卷类型：B

2023年广州市部分普通高中毕业班综合测试（二）

数学

本试卷共5页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

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. 若为实数，且，则（    ）

A. 2 B. 1 C.  D.

答案：C

解析：由题意得，，

故选：C．

2. 已知集合，，则集合的元素个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：B

解析：因为，，则，

故集合的元素个数为.

故选：B.

3. 已知两个非零向量，满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：D

解析：因为，所以，

所以，所以，

，

故选:D.

4. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

答案：D

解析：由，，，

则，，

又，，

则，即，

所以．

故选：D．

5. 木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底而的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：A

解析：如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，

且,所以 ,进而可得

取的中点为，过的中点作，连接,

所以 ,,故,

在直角三角形中， 故，

由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，

故选：A

6. 已知椭圆C：（），过点且方向向量为的光线，经直线反射后过C的右焦点，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：A

解析：设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C.

因为方向向量的直线斜率为，则，，又由反射光的性质可得，故，所以为等腰直角三角形，且到的距离为，又，故，，则，故，离心率.

故选：A

7. 已知函数，若恒成立，且，则的单调递增区间为（    ）

A. （） B. （）

C. （） D. （）

答案：D

解析：因为恒成立，

所以，即，

所以或，

所以或，

当时，

，

则，与题意矛盾，

当时，

，

符合题意，

所以，

所以，

令，得，

所以的单调递增区间为（）.

故选：D

8. 已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

答案：B

解析：因为为偶函数，则，等式两边求导可得，①

因为函数为偶函数，则，②

联立①②可得，

令，则，且不恒为零，

所以，函数在上为增函数，即函数在上为增函数，

故当时，，所以，函数在上为增函数，

由可得，

所以，，整理可得，解得.

故选：B.

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. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（    ）

A. 该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08

B. 该零件是次品的概率为0.03

C. 如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98

D. 如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为

答案：BC

解析：记事件：车床加工的零件为次品，记事件：第台车床加工的零件，

则，，，，，，

对于，任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为，故A错误；

对于，任取一个零件是次品的概率为，故B正确；

对于，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为，故C正确；

对于，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为

，故D错误．

故选：BC．

10. 已知函数定义域是（，），值域为，则满足条件的整数对可以是（    ）

A.  B.

C.  D.

答案：ACD

解析：显然是偶函数，其图像如下图所示：

要使值域为，且，,

则，；，；，.

故选：ACD.

11. 已知双曲线的左，右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于点、，与双曲线的渐近线交于点、（、在第一象限，、在第四象限），为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）

A. 若轴，则的周长为

B. 若直线交双曲线的左支于点，则

C. 面积的最小值为

D. 的取值范围为

答案：BD

解析：双曲线的标准方程为，则，

易知点、，双曲线的渐近线方程为.

对于A选项，当轴，直线的方程为，

联立，可得，此时，，

则，

此时，的周长为，A错；

对于B选项，因为双曲线关于原点对称，则点关于原点的对称点也在双曲线上，

因为若直线交双曲线的左支于点，则点、关于原点对称，

即、的中点均为原点，故四边形为平行四边形，

所以，，即，B对；

对于C选项，易知的方程为，的方程为，所以，，

因为直线与双曲线的右支交于点、，则直线不与轴重合，

设直线的方程为，设点、，

联立可得，

则，解得，

由韦达定理可得，，可得，

联立可得，即点，

联立可得，，即点，

所以，，，

所以，，当且仅当时，等号成立，C错；

对于D选项，

，

当时，，

当时，，

因为函数在上单调递减，

此时，

当时，因为函数在上单调递减，

此时，

综上所述，的取值范围是，D对.

故选：BD.

12. 已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（    ）

A. 若取得最小值，则

B. 若，则平面

C. 若平面，则三棱锥外接球的表面积为

D. 直线到平面的距离为

答案：BCD

解析：将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，

因为正四面体的长为2，

所以正方体的棱长为，

则，，，

因为点，分别为和重心，

所以点的坐标为，点的坐标为

所以

设，则，

所以，

所以，

，

对于Ａ：因为，

，

所以，

当时，即，，取得最小值，故A错误；

对于B：若，则，

所以，

因为，，设平面的一个法向量为，

则，取，则，

因为，

所以平面，即平面，故B正确；

对于C：若平面，则，即，

，即，

设平面的一个法向量为，因为，，

则，取，则，

因为，

所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，

又因为点为等边三角形的重心，

所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，

设三棱锥外接球的半径为，

则，即，解得，

所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；

对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，

所以，

设平面的一个法向量为，

因为，，

所以，取，则，

因为，且直线平面，

所以直线平面，

所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，

则点到平面的距离，

即直线到平面的距离为，故D正确，

故选：BCD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________.

答案：8

解析：由X（单位：分）服从正态分布，知正态密度曲线的对称轴为，成绩在上的学生人数为16，

由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为.

故答案为：8

14. 已知，的展开式中存在常数项，写出n的一个值为____________.

答案：3（答案不唯一）

解析：二项式的展开式的通项为

，

因为二项式的展开式中存在常数项，所以有解，

即，可得n的一个值为3.

故答案为：3（答案不唯一）

15. 在数列中，，，若，则正整数____________．

答案：10

解析：由，，令，则，

所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，即，

又为正整数，所以，即，解得或（舍去）．

故答案为：10．

16. 在平面直角坐标系中，定义为，两点之间的“折线距离”.已知点，动点P满足，点M是曲线上任意一点，则点P的轨迹所围成图形的面积为___________，的最小值为___________

答案：    ①. ##0.5    ②.

解析：设，，

当时，则，即，

当时，则，即，

当时，则，即

当时，则，即，

故点P的轨迹所围成图形如下图阴影部分四边形的面积：

则.

如下图，设，，显然，，

，

求的最小值，即的最小值，的最大值，

又，下面求的最小值，

令，，即，

令，解得：，令，解得：，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以时，有最小值，且，

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. 设是数列的前n项和，已知，.

（1）求，；

（2）令，求.

答案：（1）   

（2）

1.由得即

，即，又，所以，

2.当时，，

当时，，

两式相加可得，得，

由于，所以

18. 一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入（单位：千万元）对每件产品成本（单位：元）的影响，对近年的年技术创新投入和每件产品成本的数据进行分析，得到如下散点图，并计算得：，，，，.

（1）根据散点图可知，可用函数模型拟合与的关系，试建立关于的回归方程；

（2）已知该产品的年销售额（单位：千万元）与每件产品成本的关系为.该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本千万元，根据（1）的结果回答：当年技术创新投入为何值时，年利润的预报值最大？

（注：年利润=年销售额一年投入成本）

参考公式：对于一组数据、、、，其回归直线的斜率和截距的最小乘估计分别为：，.

答案：（1）   

（2）当年技术创新投入为千万元时，年利润的预报值取最大值

1.解：令，则关于的线性回归方程为，

由题意可得，

，则，

所以，关于的回归方程为.

2.解：由可得，

年利润

，

当时，年利润取得最大值，此时，

所以，当年技术创新投入为千万元时，年利润的预报值取最大值.

19. 记的内角、、的对边分别为、、，已知.

（1）求；

（2）若点在边上，且，，求.

答案：（1）   

（2）

1.解：因为，

由余弦定理可得，

化简可得，由余弦定理可得，

因为，所以，.

2.解：因为，则为锐角，所以，，

因为，所以，，

所以，，

设，则，

在和中，由正弦定理得，，

因为，上面两个等式相除可得，

得，即，

所以，.

20. 如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.

（1）求证：平面平面；

（2）当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.

答案：（1）证明见解析   

（2）

1.取中点，连接、，如图所示：

，点是中点，

，

又是的中点，

，

又在直三棱柱中，有， 平面

，

平面，

平面，且面，平面平面，

，

平面，且平面，

，

又，且、平面，

平面，

又，

平面，

平面，

面平面.

2.由（1）知平面，则，

设，则，，，

，

由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，

此时，

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则有，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则有，取，解得，

设直线与平面所成的角为，

，

故直线与平面所成角的正弦值为.

21. 已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C.

（1）求C的方程；

（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程.

答案：（1）   

（2） 或

1.设，则以为直径的圆的圆心为，根据圆与y轴相切，可得，化简得 ，

所以C的方程为

2.由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，，

联立，

所以，

设直线的倾斜角为，则

所以，

所以 ，

由题意可知四边形为梯形，所以 ，

设，则 ，

所以，

当单调递增，当单调递减，

所以当时，即时，面积最小，此时，故直线的方程为： ，即 或

22. 已知函数，.

（1）当时，，求实数的取值范围；

（2）已知，证明：.

答案：（1）   

（2）证明见解析

1.解：令，则，

当时，，则函数在上单调递增，

当时，，则函数在上单调递减，

所以，，即，

所以，当时，，即，

当时，取，

由于，而，得，

故，不合乎题意.

综上所述，.

2.证明：当时，由（1）可得，则，

可得，即，即，

令，所以，，所以，，即，

所以，，，

令，则，且不恒为零，

所以，函数上单调递增，故，则，

所以，，，

所以，

.