广东省佛山市南海区华南师范大学附属中学南海实验高级中学2023届高三强化考（三）数学试题（含解析）

这是一份广东省佛山市南海区华南师范大学附属中学南海实验高级中学2023届高三强化考（三）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。
广东省佛山市南海区华南师范大学附属中学南海实验高级中学2023届高三强化考（三） 数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知是虚数单位，复数，则复数z的共轭复数为（    ）A．2 B．2 C．2 D．23．已知，向量与向量垂直，，，2成等比数列，则与的等差中项为（    ）A． B． C． D．14．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（    ）A． B． C． D．5．已知 ， ，，则的值为（    ）A． B． C． D．6．甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ）A． B．事件与事件B相互独立C． D．7．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点且，则双曲线离心率的取值范围是（    ）A．(1,2] B．[2 +) C．(1,3] D．[3，+)8．设函数在上存在导函数，对任意的实数都有，当时，.若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．在棱长为2的正方体中，与交于点，则（    ）A．平面B．平面C．与平面所成的角为D．三棱锥的体积为10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A． B．的图象的对称中心是C．函数的零点是 D．在上单调递增11．已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过的直线与在第一象限内自下而上依次交于两点，过作于，则（    ）A．的方程为B．当三点共线时，C．D．当时，12．已知函数，且.则下列结论一定正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则 三、填空题13．已知一试验田种植的某种作物一株生长果实的个数x服从正态分布，且，从试验田中随机抽取10株，果实个数在的株数记作随机变量X，且X服从二项分布，则X的方差为_________．14．函数(x>0)的图像在点处的切线与x轴交点的横坐标为，且，则___________.15．若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．16．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.  四、解答题17．在中，角，，所对的边分别为，，．已知．(1)求的值；(2)若的内切圆半径为，，求．18．如图，在四棱锥中，，，，为中点.(1)在棱上是否存在点，使得平面？说明理由；(2)若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.19．已知数列的前项和为，，，．(1)求数列的通项公式；(2)求证：．20．现在世界正处于百年未见之大变局，我国面临着新的考验，为增强学生的爱国意识和凝聚力，某学校高二年级组织举办了“中国国情和当今世界局势”的知识对抗竞赛，主要是加深对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得的成就和最新世界经济、政治时事的了解．组织者按班级将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等．比赛得分规则为：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分；选手抢到试题但回答错误或没有回答得0分，对方选手得5分；2道题目抢答完毕后得分多者获胜．已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手回答每道试题是否正确相互独立．2道试题抢答后的各自得分作为两位选手的个人总得分．(1)求乙总得分为10分的概率；(2)记X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望．21．在椭圆）中，，过点与的直线的斜率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆的右焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于两点，求的最大值.22．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)对任意的，恒成立，求的取值范围.
参考答案：1．D【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】因为，由可得且，解得，则，因此，.故选：D.2．A【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.【详解】因为，所以，所以复数的共轭复数还是2.故选：A.3．A【分析】利用向量垂直得到，再利用，，2成等比数列，得到，联立方程解出，的值，再利用等差中项的定义即可求出结果.【详解】因为与垂直，所以，得到，又因为，，2成等比数列，所以，又，联立方程和，得到，，所以，的等差中项为．故选：A．4．D【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.故选：D5．A【分析】应用同角三角函数关系、诱导公式得，，再由差角正切公式求值即可.【详解】由题可得，，，所以.故选：A6．D【分析】A选项，根据题意求出，判断A选项；B选项，利用全概率公式求出，得到，判断事件事件与事件B不相互独立，得到D选项正确；C选项，利用条件概率公式求解即可.【详解】由题意得，所以A错误；因为，，所以，即，故事件事件与事件B不相互独立，所以B错误，D正确；，所以C错误；故选：D7．C【分析】由双曲线定义，变形后由基本不等式得最小值，从而得，再利用双曲线中的范围有，由此结合可得离心率的范围．【详解】因为是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点，所以，则，代入得，当且仅当时取等号，因为，所以，又点是双曲线右支上任意一点，所以，即，即，所以，又，所以.故选：C．8．A【分析】构造，将不等式转化为，利用导函数和奇偶性研究在上的单调性即可求解.【详解】令，则当时，所以在上为减函数，又因为，所以，所以为奇函数，所以在上单调递减且连续，若，则，即，所以，解得，故选：A9．ABD【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.【详解】∵平面平面平面，A对；因为又平面，平面，所以平面平面，B对；因为平面与平面所成角为因为，C错；因为，D对. 故选：.10．BCD【分析】结合正弦函数与正切函数的性质分析A、B、C，利用导数判断函数的单调性，即可说明D.【详解】因为，又的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，所以，故A错误；因为的对称中心为，的对称中心为，所以的图象的对称中心是，故B正确；因为的零点为，的零点心为，所以函数的零点是，故C正确；函数的定义域为，所以，因为，且，所以，所以在上单调递增，故D正确；故选：BCD11．BC【分析】根据准线与轴的交点求出抛物线的解析式，通过分析即可得出正确选项.【详解】由题意，在中，准线与轴交于点∴，解得：，∴抛物线的方程为，A项错误；设的方程为，联立得，则，即，由题意可知，，当三点共线时，，则，解得，则，代入的方程可知，，根据抛物线的定义可知，∴，B项正确；由定义可知，，∵，∴，C项正确；当时，则，解得（负值舍去），，则，由，则，∴，①假设，则，则，显然不符合①，所以D项错误．故选：BC．12．BD【分析】利用导数研究函数的单调性，结合选项及函数单调性逐项判断即可.【详解】函数的定义域为，因为，所以，令，则，所以函数在上单调递增，又，所以当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增，所以.所以当，取，因为，所以，此时，A错误；当时，，由得，即，B正确；当时，取，，满足，此时，C错误；当时，，由得，则，即，D正确.故选：BD.13．2.1【分析】由,利用正态分布的对称性求得,则,利用二项分布的方差公式可得结果.【详解】,且，，,,由题意可得,所以的方差为，故答案为:2.114．21【分析】利用导数求出切线方程，进而求出数列的通项作答.【详解】函数，求导得，于是函数的图像在点处的切线斜率为，切线方程为，而，令，得，又，因此数列是等比数列，公比为，，所以.故答案为：21.15．【分析】根据两直线所过的定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.【详解】直线过定点，直线过定点，显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，显然点的坐标为，所以该圆的方程为，由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，当点在如下图位置时，的值最大，即，所以|PM|的最大值为，故答案为：【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.16．【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，即，由题意得，在中，由余弦定理得即即，解得或（舍去），将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径，所以外接球的体积.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解；（2）先由余弦定理得，再利用等面积法得，进而解方程组即可求解.【详解】（1）因为，所以，即，又，所以，所以，又，即.（2）由余弦定理得，①  设的内切圆半径为，由等面积公式得．即．整理得，②联立①②，解得，，所以．18．(1)存在，理由见解析(2) 【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定证明∥平面；（2）取的中点为，证明，，以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法证明即可.【详解】（1）取的中点，连接，则∥，又∥，，所以四边形为平行四边形，∥. 因为平面，平面，∥，所以∥平面.（2）取的中点为，连接，，.若平面，，因为平面，则，，且，又，，平面，所以平面，所以，又∥，所以，又，的中点为，所以，则以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：，平面的法向量为.设平面的法向量为，，令，则设平面与平面所成角为所以平面与平面所成角的余弦值为.19．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据公式得到是常数列，确定，计算得到通项公式.（2）放缩，根据裂项相消法计算得到证明.【详解】（1），则，整理得到，故，故是常数列，故，即，当时，，验证时满足，故（2），故.20．(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）由互斥事件、独立事件的概率公式计算可得；（2）分X可能取值为0，5，10，15，20，结合互斥事件、独立事件的概率公式求得概率分布列，然后由期望公式计算出期望．【详解】（1）由题意，乙得10分的基本事件有{乙抢到两题且一道正确一道错误或没有回答}、{甲，乙各抢到一题都回答正确}、｛甲抢到两题都回答错误或没有回答｝所以乙总得分为10分的概率．（2）由题意得，甲的总得分X可能取值为0，5，10，15，20；；；．分布列如下：X05101520P所以．21．(1)(2)最大值为. 【分析】（1）利用两点的斜率公式及椭圆中的关系即可求解；（2）根据横截式方程设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，结合两点间的距离公式及基本不等式即可求解.【详解】（1）过点与的直线的斜率为，所以，即，又，即，解得，所以椭圆的标准方程是.（2）由题知，作出图形如图所示设点，则直线的斜率为.当时，直线的斜率，直线的方程是；当时，直线的方程是，也符合的形式，将直线的方程代入椭圆方程得，且，设，则.所以又，令，则，当且仅当，即时等号成立，由，解得，所以的最大值为.22．(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可确定单调性；（2）采用参变分离的方式可得，将不等式右侧变形后，可令，将问题转化为求解；令，利用导数可证得，进而得到，令，利用导数和零点存在定理可说明等号能够成立，采用放缩法可得，由此可得结果.【详解】（1）由题意知：定义域为，；当时，，，在上单调递增；当时，令，解得：；当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由恒成立得：，令，令，则，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，，即（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）；令，则恒成立，在上单调递增，又，，，使得，即，等号可以成立，，，解得：，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数单调性、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是采用参变分离的方式，根据所构造函数为指对混合函数的特征，采用放缩法来对函数进行变形，从而求得最值.