广东省深圳市光明区2023届高三二模数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市光明区2023届高三二模数学试题（含解析），共17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。

广东省深圳市光明区2023届高三二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数是虚数单位，若，则复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
3．命题“”的否定是（    ）
A． B．
C． D．
4．已知函数，则（    ）
A． B． C． D．
5．现将5个代表团人员安排至甲､乙､丙三家宾馆入住，要求同一个代表团人员住同一家宾馆，且每家宾馆至少有一个代表团入住.若这5个代表团中两个代表团已经入住甲宾馆且不再安排其他代表团入住甲宾馆，则不同的入住方案种数为（    ）
A．6 B．12 C．16 D．18
6．若过点的直线与圆交于两点，则弦最短时直线的方程为（    ）
A． B．
C． D．
7．已知，则的大小关系是（    ）
A． B．
C． D．
8．函数的所有零点的乘积为，则（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．一组数据、、、、、、、的第分位数（中位数）为
B．一组数据、、、、、、、的第分位数为
C．若变量服从，，则
D．若变量服从，，则
10．如图，双曲线的左､右焦点分别为，过向圆作一条切线与渐近线和分别交于点（恰好为切点，且是渐近线与圆的交点），设双曲线的离心率为.当时，下列结论正确的是（    ）
  
A．
B．
C．当点在第一象限时，
D．当点在第三象限时，
11．《九章算术》中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.已知四面体是一个鳖臑，其中平面，且.若该鳖臑的体积为，则（    ）
A．为四面体中最长的棱
B．平面
C．平面平面
D．四面体外接球的表面积的最小值为
12．如图，在正方体的顶点处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动次后仍在底面上的概率为，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．青蛙跳动奇数次后只能位于点四个点中某一个点处
C．数列是等比数列
D．青蛙跳动4次后恰好回到点的概率为

三、填空题
13．抛物线的焦点的坐标为 .
14．若曲线在处切线的倾斜角为，则 .
15．已知平面向量不共线，若，则当的夹角为时，的值是 .
16．如图，已知球的表面积为，若将该球放入一个圆锥内部，使球与圆锥底面和侧面都相切，则圆锥的体积的最小值为 .
  

四、解答题
17．已知在中，角的对边分别为.
(1)求角的余弦值；
(2)设点为的外心（外接圆的圆心），求的值.
18．已知数列{an}的前n项和为．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）记bn＝an，求数列{bn}的前n项和Tn．
19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点.
  
(1)证明：；
(2)设的中点为，点在棱上（异于点，，且，求直线与平面所成角的正弦值.
20．某校体育节组织定点投篮比赛，每位参赛选手共有3次投篮机会.统计数据显示，每位选手投篮投进与否满足：若第次投进的概率为，当第次投进时，第次也投进的概率保持不变；当第次没能投进时，第次能投进的概率降为.
(1)若选手甲第1次投进的概率为，求选手甲至少投进一次的概率；
(2)设选手乙第1次投进的概率为，每投进1球得1分，投不进得0分，求选手乙得分的分布列与数学期望.
21．已知椭圆的离心率，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)若经过定点的直线与椭圆交于两点，记椭圆的上顶点为，当直线的斜率变化时，求面积的最大值.
22．已知函数的图象在处的切线经过点.
(1)求的值及函数的单调区间；
(2)设，若关于的不等式在区间上恒成立，求正实数的取值范围.

参考答案：
1．C
【分析】依据交集的定义求交集.
【详解】由，得.
故选：C.
2．A
【分析】根据复数的运算求解即可.
【详解】，解得.
故选：A
3．B
【分析】先将全称量词改为存在量词，再否定结论即可.
【详解】“”是全称量词命题，它的否定是存在量词命题“，”.
故选：B
4．B
【分析】利用诱导公式和二倍角公式对函数解析式进行化简，进而代入计算.
【详解】，则.
故选：B
5．A
【分析】由题意可知只要将余下的3个代表团安排到乙､丙两家宾馆，且每个宾馆至少有一个代表团即可
【详解】甲宾馆不再安排代表团入住，
则乙､丙两家宾馆需安排余下的3个代表团入住，
所以一个宾馆住1个代表团，另一个宾馆住2个代表团.
共有种方法，
故选：A
6．D
【分析】根据题意，由条件可知，当最短时，直线，即可得到，从而得到结果.
【详解】  
当最短时，直线，所以.
又，所以，
所以的方程为，即.
故选：D
7．A
【分析】使用对数恒等式和对数运算对进行化简放缩比大小，找到中间值，结合三角不等式，判断与的大小.
【详解】得，再由对数运算可得.
当时，令，则，
所以在递减，则.
所以，故.
故选：A
8．C
【分析】将函数零点问题转化为两函数图象的交点问题.
【详解】由可得，设函数的图象交点的横坐标为，画出两函数图象如图，则，
因为函数在上递减，所以且，即，
所以，即，
故选：C.
  
9．ABD
【分析】利用百分位数的定义可判断AB选项；利用正态分布的对称性可判断CD选项.
【详解】对于AB选项，数据、、、、、、、共个数，
因为，，
因此，这组数据的分位数（中位数）为，
这组数据的分位数为，AB都对；
对于CD选项，因为变量服从，，
则，C错D对.
故选：ABD.
10．BC
【分析】依据题意确定切点不在双曲线上，根据勾股定理可计算，故可判断出不正确，正确；画出图象，根据图象观察可求出渐进性的斜率，进一步计算离心率即可判断出
【详解】因为且，所以，切点不在双曲线上，不正确，正确；
若，在中，，
当分别在一二象限时（如图1），，设的倾斜角为，
则；
当分别在二､三象限时（如图2），设的倾斜角为，
则，
正确，错误.
  
故选：
11．ABD
【分析】将四面体补全为长方体，即可判断A；根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可判断B；说明为二面角的平面角，即可判断C；设根据四面体的体积求出的关系，再结合基本不等式求得外接球半径的最小值即可判断D.
【详解】如图，将四面体补全为长方体，
则为四面体外接球的直径，是最长的棱，故A正确；
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，故B正确；
因为平面，所以，
又因为平面平面，平面，，平面，
则即为二面角的平面角，
因为为锐角，
即二面角为锐二面角，故C不正确；
设，得，
设四面体外接球的半径为，则，当且仅当时等号成立，
所以，即四面体外接球的表面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
  
12．ACD
【分析】由条件直接代入即可判断AB，由条件可得是等比数列，即可判断CD.
【详解】跳动1次后等可能地在顶点处，，故A正确.
跳动奇数次后只能位于点，跳动偶数次后只能位于点，故B错误.
，故，故是等比数列，且，即，故C正确.
由点出发，经过偶数次移动只能到达点（奇数次后只能位于点），考虑移动次（是偶数）返回到的路径数为，显然.由于移动次后只能位于点，其中位于再移动1次就可能返回到，所以考虑移动次后所在点，把这四个点分成两类：点和点.
若在点（路径数为），再移动2次返回到只有3种折返路径（即）；若在点（路径数为）中的一个，再移动2次返回到的路径数每个点处都有2条路径（即）.综上，移动次（是偶数）返回到的路径数，即，累加可得，总路径数为，故青蛙跳动（为偶数）次后恰好回到的概率为，当时，，故D正确.
故选：ACD
13．
【分析】由抛物线的定义解出，依据抛物线开口方向定焦点坐标.
【详解】抛物线，则即，抛物线开口向上，焦点为.
故答案为：
14．/0.25
【分析】利用导数几何意义求处斜率即可.
【详解】，则，故切线的斜率为，即.
故答案为：
15．2
【分析】根据平面向量夹角公式列式可得结果.
【详解】因为，
所以，所以，
，
，
整理得，得（负值已舍去）.
故答案为：.
16．
【分析】设圆锥的底面半径为，圆锥的高为，则母线长为，利用圆锥的轴截面得，求出圆锥的体积，令，再利用基本不等式或利用导数求最值可得答案.
【详解】依题意，得球的半径，设圆锥的底面半径为，圆锥的高为，
则母线长为，如图是圆锥的轴截面，
则轴截面的面积，
即，平方整理得，
则圆锥的体积，令，
则，
当且仅当时取得最小值，此时.
[或求导：，所以，
当即时，单调递增，
当即时，单调递减，
所以当时最小，且最小值为.]
故答案为：.
  
17．(1)
(2)

【分析】（1）在中， 由余弦定理可得答案；
（2）设的中点分别为，利用向量数量积公式计算可得答案.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理；
（2）设的中点分别为，
则，
同理.
  
18．（1）；（2）.
【分析】（1）由可求n≥2时的通项，再由a1＝S1，检验是否适合上式，可求.
（2）由题意可得bn，结合数列的通项的特点，利用错位相减求和即可.
【详解】（1）∵数列的前n项和为．
∴n（n≥2）
又当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式
∴数列{an}的通项公式为an＝n.
（2）由题意可得bn
所以Tn …①
由①得：Tn …②
由①﹣②得：Tn
∴Tn．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得平面，则，所以由线面垂直的判定可得平面，从而可得结论；
（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面，
所以平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由题意可得两两垂直，
设，如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
  
因为点是的中点，所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令可得，所以平面的一个法向量.
，设，
即，所以.
又，
所以，
化简得，解得或（舍去）.
所以，
设直线与平面所成的角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)
(2)分布列见解析；

【分析】（1）记选手甲第次投进为事件，未投进为事件，则所求概率为；
（2）根据的取值为分情况讨论即可.
【详解】（1）解：记选手甲第次投进为事件，未投进为事件，选手甲至少投进一次这一事件的概率为.
因为，
所求概率为.
（2）得分等于乙投进的次数，则的取值为.
记选手乙第次投进为事件，
由题意可知,

投进次对应事件为，
，
投进次对应事件为，
，
投进次对应事件为.
所以的分布列为










选手乙得分的数学期望.
21．(1)
(2)16

【分析】根据离心率的值和定义可以求出之间的关系式，待定系数法设出椭圆方程后把已知点代入求解即可.
设出直线方程后，联立直线和椭圆方程，消元化简后，可得，利用弦长公式求出弦长，再利用点到直线距离公式求出三角形的高，的面积可用直线斜率进行表达，通过换元转化为一元二次函数，求出最值即可.
【详解】（1）椭圆的离心率，
则，即，
所以，椭圆方程为.
将点代入方程得，
故所求方程为.
（2）点在椭圆内，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得.
设，则.
.
点到的距离.
令，则则.
因为，所以当时，是所求最大值.
  
22．(1)；函数的单调增区间为，无单调减区间.
(2)

【分析】（1）通过代值计算和求导解出切线方程，继而求；构造函数运用导数判断函数单调性，解单调区间.
（2）将不等号两边变形成形如函数的同构式，依据函数单调性将函数值的不等关系转化为自变量的不等关系，然后分离参数把恒成立问题转化为最值问题，最后构造函数，运用导数判断单调性解最值.

【详解】（1）函数的定义域是，
.
所以在点处的切线方程为，
切线经过点，则.
，设，
是的极小值点，且，
因此在恒成立，
所以函数的单调增区间为，无单调减区间.
（2）在区间上恒成立，即，
令，则，即.
由（1），只需要，也就是在区间上恒成立.
设，.
，
故是的最大值，
所求的取值范围是.
【点睛】第二问，通过换元令是构造同构式的关键，也是此题的突破口 ，有了这个突破，即可将函数值的关系转化为自变量的关系，将问题降低一层难度，也打开了后续的解思路.