广东省2023届高考第一次模拟考试数学试卷（含解析）

广东省2023届高考第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．或 C． D．

2．以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（    ）

A．8π B．4π C．8 D．4

3．给定函数①；②；③；④，其中在区间上单调递减的函数的序号是（    ）

A．①② B．②③ C．③④ D．①④

4．已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和估计抽取的高中生近视人数分别为（    ）

A．180，40 B．180，20 C．180，10 D．100，10

5．设复数满足，则在复平面上对应的图形是（    ）

A．两条直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线

6．如图，小明从街道的处出发，选择最短路径到达处参加志愿者活动，在小明从处到达处的过程中，途径处的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知，分别为双曲线的左､右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为M，N，设四边形的周长C与面积S满足则该双曲线的离心率的平方为（    ）

A． B． C． D．

8．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为

A． B． C． D．

二、多选题

9．下列函数的最小值为4的是（    ）

A． B．

C． D．

10．在矩形中，，将沿对角线进行翻折，点翻折至点，连接，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）

A．三棱锥的外接球表面积不变

B．三棱锥的体积最大值为

C．异面直线与所成的角可能是

D．直线与平面所成角不可能是

11．设抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，点，下列结论正确的是（    ）

A．抛物线的方程为

B．的最小值为6

C．存在直线，使得、两点关于对称

D．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切

12．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L.E.J.Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.依据不动点理论，下列说法正确的是（    ）

A．函数有1个不动点

B．函数有2个不动点

C．若定义在R上的奇函数，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数

D．若函数在区间上存在不动点，则实数a满足（e为自然对数的底数）

三、填空题

13．已知单位向量，，满足，则________．

14．　已知直线，与的夹角为（ ）

A．45°      B．60°      C．90°       D．120°

15．已知定义在R上的函数，为其导函数，满足①，②当时，.若不等式有实数解，则其解集为________.

16．过点的直线将圆分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线的斜率为____________．

四、解答题

17．已知函数，.

(1)求函数的最小正周期；

(2)求函数的单调递增区间；

(3)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.

18．已知公差为正的等差数列的前项和为，若构成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

19．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.

(1)为边的一点，若，求证：平面；

(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.

20．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立．当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）．

(1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求；

(2)升级后的设备控制系统原有个元件，现再增加2个相同的元件，用，，表示新升级的设备正常运行的概率．（注：不用求）

21．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，点为椭圆上的一点

．

(1)求椭圆的方程；

(2)若过原点的直线与椭圆交于点，且直线的斜率与直线的斜率满足，求面积的最大值．

22．已知函数为常数.

(1)求的单调区间和极值；

(2)设的两个零点分别为，证明：.

参考答案：

1．D

【分析】根据一元二次不等式的解法，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.

【详解】由已知可得或，因此，，

故选：D

2．A

【分析】根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可.

【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，

其底面半径r=2，高h=2，

故其侧面积为.

故选：A

3．B

【分析】根据指对幂函数的性质依次判断即可得答案.

【详解】解：对于①，在上单调递增；

对于②，在上单调递减；

对于③，时，在上单调递减；

对于④，在上单调递增；

故在区间上单调递减的函数的序号是②③

故选：B

4．B

【分析】利用总量乘以抽取比例即可得到样本容量；根据图表可知高中生近视率 从而估计抽取的高中生近视人数

【详解】所有学生数为3000+4000+2000=9000，故样本容量为 9000×2%=180，

根据图甲以及抽取百分比可知，样本中高中生人数为2000×2%=40，

根据图乙可知，抽取的高中生近视人数为40×50%=20，

故选：B．

5．A

【分析】设，根据模长相等列出方程，得到在复平面上对应的图形是两条直线.

【详解】设，则，

可得：，

化简得：，

即或，

则在复平面上对应的图形是两条直线.

故选：A

6．D

【分析】利用组合数与分步乘法计数原理，计算出从处出发到达处的最短路径数，并计算出小明从处到达处的过程中，途径处的最短路径数，然后利用古典概型的概率公式，即可得到结果.

【详解】解：由题意，小明从处出发到达处，最短需要走四横三纵共七段路，共有条不同的路；小明从处到处，最短需要走两横两纵共四段路，共有条不同的路，从处到处，最短需要走两横一纵共三段路，共有条不同的路.

所以小明从处到达处的过程中，途径处的概率.

故选：.

7．A

【分析】联立圆和双曲线的方程，并利用对称性、双曲线的定义、勾股定理，结合，解得双曲线的离心率的平方为

【详解】

如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设

由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，可得：

因为圆是以为直径，所以圆的半径为

因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，

联立化简可得：

整理可得：

，

则有：

因为，所以，

因为

可得：

因为，联立

可得：

因为为圆的直径，可得：，即

，

所以离心率的平方为：

又，则

故选：A

8．A

【详解】根据题意作出图形：

设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，

延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=，

∴，

∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，

∴．

考点：棱锥与外接球，体积．

【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．

9．CD

【分析】A选项，当时不成立；B选项，利用基本不等式，但等号取不到，故错误；

CD选项，利用基本不等式可求出最小值为4.

【详解】当时，无最小值，故A错误；

当时，，由基本不等式可得：，

当且仅当，即时，等号成立，显然，

所以等号取不到，故B选项错误；

，由基本不等式得：，当且仅当，即时，等号成立，故C正确；

因为，所以，由基本不等式得：，当且仅当，

即，时，等号成立，故D正确.

故选：CD

10．AD

【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用等面积求得后，即可确定BD的正误；取中点为,可得，所以为棱锥的外接球球心，故球的表面积不变，可判断A的正误；设异面直线与所成的角是，由线面垂直的判断和性质，可判断C的正误.

【详解】对于A，记中点为，如图所示

和均为直角三角形,为中点,

,

为棱锥的外接球球心，半径为,

.

三棱锥的表面积不变，，故A正确；

对于B，画图如下：

由题知,

当平面平面时,三棱锥的体积最大,

过点向AC做垂线，垂足为E，

在中可得，

平面平面,

平面平面,

是三棱锥的高,

三棱锥的体积最大值为.

故B不正确；

对于C，若异面直线与所成的角是，

则，又因为

,平面,平面,

平面，则，在中，，

不成立，所以异面直线与所成的角不可能是，故C不正确；

对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，

当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，

当平面平面时，点到平面距离最大，由B知，

此时，

即，，D正确.

故选：AD.

11．BD

【解析】根据得到故，错误，，正确，计算中点在抛物线上，错误，计算，正确，得到答案.

【详解】，故，，故，错误；

过作垂直于准线于，则，当共线时等号成立，故正确；

设，，设中点则，，

相减得到，即，故，故，点在抛物线上，不成立，故不存在，错误；

如图所示：为中点，故，故为直径的圆与轴相切，故正确；

故选：.

【点睛】本题考查了抛物线方程，最值，对称，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力，综合应用能力.

12．ACD

【分析】利用“不动点”的定义，研究的零点个数，构造新函数和，结合导数研究函数的单调性即可判断选项，,利用奇函数的性质结合是的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，即可判断选项，将函数在区间，上存在不动点，转化为在，上有解，然后构造新函数，利用导数研究函数的性质进行分析，即可判断选项．

【详解】解：对于选项,令，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以

所以在上有且仅有一个零点，即有且仅有一个“不动点”，故选项正确；

对于选项,令，则，

所以在上单调递增，

所以在上最多有一个零点，即最多只有一个“不动点”，故选项错误；

对于选项，因为是上的奇函数，

则为定义在上的奇函数，

所以是的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，其个数的和为偶数，

所以一定有奇数个“不动点”，故选项正确；

对于选项,因为函数在区间，上存在不动点，

则在，上有解，

则在，上有解，

令，则，

再令，则，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以在，上恒成立，

所以在，上单调递增，

所以，，

所以实数满足为自然对数的底数），故选项正确．

故选：．

【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，要求学生能理解函数性质的基础上，利用基础知识探究新的问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．

13．##-0.25

【分析】根据题意得到，再平方即可得到答案.

【详解】由，可得，

平方可得，解得．

故答案为：

14．B

【分析】分别求解两直线的倾斜角，然后求解夹角.

【详解】直线的斜率为，倾斜角为，而的倾斜角为，

所以与的夹角为，故选B.

【点睛】本题主要考查直线的夹角问题，求解直线的倾斜角是解决本题的关键，侧重考查直观想象的核心素养.

15．或

【分析】构造函数，由导数确定其单调性，交利用奇偶性定义确定奇偶性，然后由奇偶性和单调性解不等式．

【详解】设，则，在时成立，

所以在上是增函数，

又由，

得， 偶函数，

，

，

不等式变形为：

，即，

所以，所以，

，，或．

故答案为：或．

16．

【分析】由平面几何性质知，当直线与垂直时，劣弧所对的圆心角最小，则可求出直线的斜率.

【详解】由圆得，又点，则，

由题知，当直线与垂直时，劣弧所对的圆心角最小，所以直线的斜率.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了与圆有关的最值问题，两直线垂直的性质，考查了数形结合的思想.

17．(1)；

(2)；

(3)最大值是，最小值是

【分析】（1）化简可得，即可得出周期；

（2）解不等式，即可得出函数的单调递增区间；

（3）由已知可得，根据正弦函数的图象及性质可推得，，，即可得出答案.

【详解】（1）

，

函数的最小正周期.

（2）令

解得，

所以函数的单调递增区间为.

（3）由已知，可得.

根据正弦函数的图象可得，

当，即时，单调递增；

当，即，单调递减.

又，，，

所以，，

所以函数在区间上的最大值是,最小值是.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据等差、等比数列性质列方程组求解，再代入等差数列通项公式运算求解；（2）利用定义判断为等比数列，并确定其首项与公比，代入等比数列的前项和公式运算整理即可．

（1）

由为正项等差数列，，得，则，

又构成等比数列，所以，

即，解得或（舍去），

所以；

（2）

由（1）知，所以，

又因为，

所以是以2为首项，4为公比的等比数列，

所以数列的前项和

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；

(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.

【详解】（1）取中点，连接，

因为在正三角形中，，

又因为，所以，

平面，平面，

所以平面，

又有，且，所以，

而平面，平面，所以平面.

有，平面，

所以平面平面，

又平面，

因此平面.

（2）因为，又因为的面积为定值，

所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，

因为，，，，平面，

所以平面，

因为平面，所以平面平面，

当时，平面平面，平面

所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，

因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.

如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，

易知，，，，

，，，

为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，

，

由，令得：，，

所以为平面的一个法向量，

.

所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.

20．(1)分布列见解析，数学期望为2；；

(2)

【分析】（1）根据可得，根据二项分布求分布列、期望和；

（2）分情况讨论：原系统中至少有个元件正常工作；原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作；原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，分布计算概率并求和整理．

(1)

因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3，

因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以．

所以，，

，，

所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为：

控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为．

．

(2)

若控制系统增加2个元件，则至少要有个元件正常工作，设备才能正常工作，

设原系统中正常工作的元件个数为，

第一类：原系统中至少有个元件正常工作，

其概率为；

第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，

其概率为；

第三类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，

其概率为．

所以

．

所以．

21．(1)

(2)2

【分析】（1）利用椭圆的性质求即可得到椭圆方程；

（2）设直线为，直线与椭圆方程联立解出的值，再根据点到直线的距离得到在边上的高，利用可得与的关系，利用均值不等式求面积的最大值即可.

【详解】（1）由题意得，又因为，

所以，

所以椭圆的方程为.

（2）由题意直线斜率存在，设直线为，，

由得，所以，，

所以，

因为，所以，，

又点到直线的距离，

由椭圆和直线的对称性不妨设，则，

所以，

又因为，所以，

当且仅当即时等号成立，

所以，，

故面积的最大值为2.

22．(1)在上单调递减，在上单调递增，极小值，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）求导分析导函数的正负区间，进而求得原函数的单调区间与极值即可；

（2）证明等价于证明，再根据单调性转证，进而构造函数，求导分析函数单调性与最值证明即可.

【详解】（1），

令，得，令，得.

所以在上单调递减，在上单调递增，

当时，取得极小值，无极大值.

（2）证明：因为分别为的两个零点，所以，不妨设.

由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，所以.

所以证明等价于证明.

又因为在上单调递增，

因此证明原不等式等价于证明，即要证明.

即要证明，

即恒成立.

令，

则，

所以在上为减函数，

所以，

即恒成立，

因此不等式恒成立，

即.

【点睛】本题主要考查利用导数分析函数的单调区间与极值的问题，同时也考查了构造函数证明不等式的方法，需要根据函数的单调性，根据所需的不等式证明构造函数，求导分析单调性与最值.属于难题.