广东省惠州市2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

惠州市2023届高三第一次模拟考试试题

数  学

全卷满分150分，时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､座位号､学校､班级等考生信息填写在答题卡上.

2.作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效.

3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效.

一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.

1.已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为（    ）

A.-2    B.1    C.    D.

2.设集合，则的元素个数为（    ）

A.3    B.4    C.9    D.无穷多个

3.数据的第15百分位数为（    ）

A.69    B.70    C.75    D.96

4.如图1，在高为的直三棱柱容器中，.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）

A.    B.3    C.4    D.6

5.若，则（    ）

A.    B.    C.    D.

6.“家在花园里，城在山水间.半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园......”首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境.下图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心.图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ）

A.    B.

C.    D.

7.已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为（    ）

A.    B.    C.    D.

8.若函数的定义域为，如果对中的任意一个，都有，且，则称函数为“类奇函数”.若某函数是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是（    ）

A.若0在定义域中，则

B.若，则

C.若在上单调递增，则在上单调递减

D.若定义域为，且函数也是定义域为的“类奇函数”，则函数也是“类奇函数”

二､多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9.下列四个命题中为真命题的是（    ）

A.若随机变量服从二项分布，则

B.若随机变量服从正态分布，且，则

C.已知一组数据的方差是3，则的方差也是3

D.对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4

10.若，则（    ）

A.    B.

C.    D.

11.已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于两点，其中点在第一象限，若，则下列说法正确的是（    ）

A.    B.

C.    D.以为直径的圆与轴相切

12.在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）

A.直线与所在平面相交

B.三棱锥的外接球的表面积为

C.直线与直线所成角的余弦值为

D.二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若成等差数列，则__________.

14.过点的弦将圆的圆周分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则__________.

15.函数的非负零点按照从小到大的顺序分别记为，.，若，则的值可以是__________.（写出符合条件的一个值即可）

16.已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为__________.（结果用表示）.

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）.

已知数列的前项和为，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

18.（本小题满分12分）

平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质.如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知.

（1）当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由.

（2）记与的面积分别为和，请求出的最大值.

19.（本小题满分12分）

如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面.

（1）若点是的中点，求证：平面；

（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.

20.（本小题满分12分）

已知函数.

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围.

21.（本小题满分12分）

已知双曲线的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线的距离之积为.

（1）求双曲线的标准方程；

（2）设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线于两点，为坐标原点，求的面积.

22.（本小题满分12分）

为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复.

（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；

（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为，

（i）证明：为等比数列；

（ii）证明：当时，.

惠州市2023届高三第一次模拟考试

数学试题参考答案与评分细则

一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.

1.【解析】两复数相乘为实数，则复数复数的虚部为-2.故选.

2.【解析】由得，则其元素个数为3，故选.

3.【解析】因为，所以该数学成绩的分位数为第2个数据70，选.

4.【解析】由图2知无水部分体积与有水部分体积比为，所以图1中高度比为，得.选.

5.【解析】因为，所以，即，所以，即，所以，故选.

6.【解析】由图4可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，排除；又“心形”函数的最大值为1，而选项中时，，排除.故选.

7.【解析】由已知得总项数7项，则，展开式的通项，当是偶数时该项为有理项，从中任取2项，则都是有理项的概率为.选.

8.【解析】对于A，由函数是“类奇函数”，所以，且，所以当时，，即，故A正确；

对于B，由，即随的增大而减小，若，则成立，故B正确；

对于，由在上单调递增，所以，在上单调递减，设，在上单调递增，即在上单调递增，故C错误；

对于D，由，所以，所以函数也是“类奇函数”，所以D正确；故选.

二､多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9.【解析】对于，由于，则，故正确；

对于，故，故错误，

对于的方差是3，则的方差不变，故正确；

对于回归方程必过样本中心点，则，解得，故错误，

10.【解析】，则

对于，故正确，

对于，且，故正确，

对于，故错误，

对于，故正确，故选：.

11.【解析】数形结合作出抛物线图象，由过焦点直线斜率及抛物线定义可得，

故错误；由图知为钝角知错误，故选：.

12.【解析】对于，连接，可证得四点共面，

又可证得，所以平面，故错误；

对于，三棱锥的外接球半径，

三棱锥的外接球的表面积为，故正确；

对于，

，故正确；

对于，设二面角的平面角为，则，所以，于是，

，且

，故正确.故选.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.    14.    15.（答案一般形式）；    16.

13.【解析】设公差为，故.故答案为：.

14.【解析】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，

由圆半径为，由勾股定理得.

15.【解析】由，故，

令，即，【答案的一般形式】，对取特殊值即可，

取，得；取，得（答案不唯一）.

16.【解析】由，得，设，由，

得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点），因为是的角平分线，且为的内心，设，

由内切圆的性质得，，得，在上的投影长为，则在上的投影向量为.

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，其中第一小问6分，第二小问4分）

【解析】（1）当时，，解得，

当时，.

可得，

整理得：，

从而，

又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列；

所以，

所以，

（2）由（1）得，所以，所以，

，.

所以

18.（本小题满分12分，其中第一小问5分，第二小问7分）

【解析】（1）【解法一】

在中，由余弦定理.

得，即①，

同理，在中，，

即.②

①-②得，

所以当长度变化时，为定值，定值为1

【解法二】

在中，由余弦定理

得，即，

同理，在中，，

所以.

化简得，即

所以当长度变化时，为定值，定值为1.

（2）.

令（或写出，

所以.

所以，即时，.

有最大值为14.

19.（本小题满分12分，其中第一小问4分，第二小问8分）

【解析】（1）【解法一】连接，由已知得，，且，所以四边形是平行四边形，..

即，

又平面平面，

所以平面.

【解法二】连接，由已知得，

，即，

又平面平面.

所以平面.

（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，.由于平面.分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，

假设点存在，设点的坐标为，

设平面的法向量，则，

即，可取，.

又平面的法向量为，

所以，解得：

由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即.

故上存在点，当时，二面角的余弦值为..

20.（本小题满分12分，其中第一小问4分，第二小问8分）

【解析】（1）当时，，.

，

又切点为

切线方程为，化简得.

（2）【解法一】当时，恒成立，故，

也就是，即，

由得，

令，则，

令，则，

可知在单调递增，则，即在恒成立，.

故在单调递增.

所以，故在恒成立.所以在单调递增，而，所以，

故.

【解法二】因为当时，恒成立，故

由，

令，得或，

①当，即时，在上恒成立，

在上单调递减，，

当时合题意，当时不合题意；.

②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，

设，则恒成立，在上单调递减，

，即，合题意；..

综上，.

【解法三】因为当时，恒成立，也就是，

即恒成立，

令

恒成立，在上单调递增，.

.

①当，即时，在上单调递增，

，合题意；

②当，即时，存在，使得，即.

在上单调递减，在上单调递增，..

，不合

题意.

综上，.

21.（本小题满分12分，其中第一小问4分，第二小问8分）

【解析】（1）双曲线的渐近线方程为和，.

所以有分

由题意可得，

又，则，解得分则双曲线的方程为..

（2）【解法一】当直线斜率不存在时，易知此时，直线，

不妨设，得；

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

与双曲线的方程联立，可得，

直线与双曲线的右支相切，可得，故

设直线与轴交于，则.

又双曲线的渐近线方程为，

联立，可得，.

同理可得，

综上，面积为2..

【解法二】当直线斜率不存在时，易知此时，直线，

不妨设，，得；.

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

与双曲线的方程联立，可得，

直线与双曲线的右支相切，可得，故

设直线与轴交于，则.

又双曲线的渐近线方程为，

联立，可得，

同理可得，

设渐近线的倾斜角为角则所以.又

所以.

综上，面积为2.

22.（本小题满分12分，其中第一小问4分，第二小问8分）

【解析】（1）设第1天选择米饭套餐”，=“第2天选择米饭套餐”，

“第1天不选择米饭套餐”..

根据题意，且

由全概率公式，得..

（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，

根据题意.

由全概率公式，得

即，因此.

因为，所以是以为首项，为公比的等比数列..

（ii）由（i）可得.

当为大于1的奇数时，...

当为正偶数时，..

因此当时，.