广东省梅州市大埔县2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份广东省梅州市大埔县2023届高三三模数学试题（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。
广东省梅州市大埔县2023届高三三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，，，则（    ）
A． B． C． D．
2．复数满足，则（    ）
A．1 B． C． D．2
3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆的一个交点为，若，则的面积为（    ）
A． B． C．4 D．
4．设函数在上可导，且，则（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（    ）
    
A． B． C． D．
6．已知抛物线的焦点为，点，线段与抛物线相交于点，若抛物线在点处的切线与直线垂直，则抛物线的方程为（    ）
A． B． C． D．
7．已知函数是定义在上的奇函数，为偶函数，且，则（    ）
A．10 B．20 C．15 D．5
8．已知实数，满足，，则（    ）
A．1 B．2 C．4 D．8

二、多选题
9．某公司经营五种产业，为应对市场变化，在五年前进行了产业结构调整，优化后的产业结构使公司总利润不断增长，今年总利润比五年前增加了一倍，调整前后的各产业利润与总利润的占比如图所示，则下列结论错误的是（    ）
  
A．调整后传媒的利润增量小于杂志
B．调整后房地产的利润有所下降
C．调整后试卷的利润增加不到一倍
D．调整后图书的利润增长了一倍以上

三、单选题
10．如图所示，四边形为等腰梯形，，，，分别为，的中点，若，则（    ）
  
A． B．
C． D．

四、多选题
11．已知正方体的棱长为2，为四边形的中心，为线段上的一个动点，为线段上一点，若三棱锥的体积为定值，则（    ）
A． B．
C． D．
12．函数的部分图象如图所示，若，，，，恒成立，则实数的值可以为（    ）
  
A． B． C． D．

五、填空题
13．曲线在点处的切线方程为 .
14．已知的展开式中的系数为1792，则 .
15．写出一个过点且与直线相切的圆的方程： .
16．如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为 .
  

六、解答题
17．已知数列满足，，.
(1)证明：数列为等比数列.
(2)数列满足，求数列的前项和.
18．在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，，点，分别在边，上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值.
19．某校高三1000名学生的一模考试数学成绩频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是，，，，，.
    
(1)求图中的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这1000名学生的一模考试数学成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(3)从一模数学成绩位于，的学生中采用分层抽样抽取8人，再从这8人中随机抽取2人，该2人中一模数学成绩在区间的人数记为，求的分布列及数学期望.
20．如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.
  
(1)证明：平面平面.
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
21．已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
22．已知双曲线的右焦点，右顶点分别为，，，，点在线段上，且满足，直线的斜率为1，为坐标原点.
(1)求双曲线的方程.
(2)过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，在轴上是否存在与不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案：
1．B
【分析】求出全集和，由此能求出．
【详解】全集全集，,，，
所以,，
所以,．
故选：B．
2．C
【分析】利用复数除法求出复数，再利用模长公式求解.
【详解】因为，所以，
即，所以.
故选：C
3．D
【分析】根据给定条件，利用椭圆定义求出，再求出等腰三角形的面积作答.
【详解】椭圆中，，由及椭圆定义得，

因此为等腰三角形，底边上的高，
所以的面积为.
故选：D
4．C
【分析】令，则，，求得，求导即可得.
【详解】令，则，，所以，所以，所以.
故选：C.
5．A
【分析】直接利用圆锥侧面积公式以及母线、底面半径和高的关系得到方程组即可解出圆锥底面半径，再利用圆柱侧面积公式即可求圆柱的高，最后再根据相关体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积为，所以，即.
因为，所以联立解得（负舍）.
因为圆柱的侧面积为，所以，即，解得，
所以该毡帐的体积为.
故选：A.
6．D
【分析】设点的坐标为，利用导数求得抛物线在点处的切线斜率，利用直线垂直时斜率的关系求解即可．.
【详解】抛物线的焦点为，设点的坐标为，
抛物线方程变形为，由，所以抛物线在点处的切线斜率为，
由抛物线在点处的切线与直线垂直，得，即，所以.
因为点在线段上，所以，所以，解得，
所以抛物线的方程为.
故选：D
7．A
【分析】首先由条件确定，即可判断函数的周期，再结合特殊值
，，即可求和.
【详解】因为函数为偶函数，所以，所以函数的图象关于
对称，又因为是定义在上的奇函数，所以，
即，即，则，
那么，所以2是函数的一个周期，
因为是定义在上的奇函数，所以，且，
所以，，
所以.
故选:A
8．C
【分析】由已知可得，构造函数，通过导数研究单调性，得，结合对数的运算规则求的值.
【详解】由，得，
由，有，可得.
令，，由，得，由，得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
当时，，当时，，
由，则有，所以，
因为，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：
由已知，，得，找到共同特征，通过构造函数，利用导数研究函数性质，即可得到，可求的值.
9．ABC
【详解】设调整前的各产业利润的总和为，则调整后的各产业利润的总和为，对比调整前后各产业利润的变化，可得出合适的选项.
【分析】设调整前的各产业利润的总和为，则调整后的各产业利润的总和为.
对于选项A，调整前传媒的利润为，杂志的利润为，
调整后传媒的利润为，杂志的利润为，
则调整后传媒的利润增量为，杂志的利润增量为，故选项A不正确；
对于选项B，调整前房地产的利润为，调整后房地产的利润为，故选项B不正确；
对于选项C，调整前试卷的利润为，调整后试卷的利润为，且，故选项C不正确；
对于选项D，调整前图书的利润为，调整后图书的利润为，且，故选项D正确.
故选：ABC.
10．BC
【分析】根据平行向量的线性运算结合平面向量基本定理运算求解.
【详解】因为，，所以，
因为为的中点，所以，
所以，所以，.
可知：AD错误，BC正确.
故选：BC.
【点睛】本题考查平面向量的基本定理，要求考生了解平面向量基本定理及其意义.
11．BC
【分析】连接，交于点，连接，由题意可得平面，进而可得为与的交点，可得，可求的值.
【详解】连接，交于点，连接，
  
因为为四边形的中心，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，且为定值，
所以平面，所以平面与平面为同一平面，
所以为与的交点，所以，故A错误，B正确；
因为正方体的棱长为2，所以．故C正确，D错误．
故选：BC．
12．AB
【分析】首先根据图象确定，根据周期的范围确定的范围，再结合图象上的两个特殊的值，根据三角函数的性质确定函数的单调递增区间，最后根据子集关系，列式求的取值.
【详解】
由题图知，所以，
，①，②
两式相减得，即.
因为，所以，所以.
因为，所以，所以.
由，得，
当时，函数的单调递增区间是，
因为，，，，恒成立，
所以，所以.
故选：AB
13．
【分析】根据导数的几何意义，求切点坐标与斜率，即可得切线方程.
【详解】，则，则
又因为当时，，所以所求的直线方程为，即.
故答案为：.
14．2
【分析】利用二项式定理的展开式求指定项的系数即可.
【详解】的展开式的通项为：
则的系数为，解得，所以.
故答案为：.
15．（答案不唯一）
【分析】可在上取一点，使得，再求以为直径的圆即可.
【详解】过点且与直线垂直的直线的方程为，设与的交点为，由，得，所以点的坐标为，故所求的一个圆可以是以为直径的圆.
因为的中点坐标为，，所以所求的一个圆的方程可以为.
故答案为：（答案不唯一）
16．8
【分析】当点固定，且时，的值最小，过点作，垂足为，连接，分析可知，且当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，此时的最小值为，由此得解．
【详解】因为平面，平面，所以
则，又，平面
所以平面，因为平面，所以
则在平面上，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
  
则，设
因为，所以直线的方程为，设，
则
由于变量不具有等量关系，故时，有最小
即当时，最小；
过点作BD垂线，垂足为，连接，
  
因为平面，，，平面
所以，所以平面，
因为平面，所以
又，平面，所以平面
因为平面，所以，又，
所以，由平面，所以．
因为，
所以，
所以．
因为，，平面，
所以，
所以当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，
  
所以的最小值为，
即的最小值为8．
故答案为：8．
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由已知递推式可得，结合，可得，即可证明数列为以2为首项，以2为公比的等比数列；
（2）由已知，得，，两式作差可得，再由错位相减法求数列的前项和．
【详解】（1），．
已知，，得，可得，
数列为以2为首项，以2为公比的等比数列；
（2）由（1）知，，
由，①
取，得，可得；
当时，，②
①②得：，即．
也满足上式，．
，
，
两式作差得：，
．
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据正余弦定理，结合三角恒等变换求解即可；
（2）先求得的面积为，再设，，根据余弦定理与基本不等式求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，所以，
所以，
所以，所以，
因为，所以，又，所以.
（2）因为，，所以的面积为
所以的面积为.
设，，所以，即，
由余弦定理知，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
19．(1)
(2)91
(3)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率分布直方图中的频率和为1求解即可；
（2）根据频率分布直方图的平均数计算方法求解即可；
（3）由题意可得的所有可能取值为0，1，2，再求出对应的频率得到分布列，再求解数学期望即可.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
，所以.
（2）该1000名学生的数学成绩的平均分约为
.
（3）由（1）知，，所以一模数学成绩在区间与的人数之比为，
所以抽取的8人中有6人的数学成绩在区间内，
所以的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以的分布列为

0
1
2




.
20．(1)证明见解析
(2)2

【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，可证平面，从而可证，由线面平行的性质定理可证，从而可证四边形为平行四边形，通过解三角形可得，即，再由平面可证，从而可证平面，从而有平面，即可证明平面平面；
（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角空间向量求法可得方程，求解即可.
【详解】（1）由题知，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，
又因为平面平面，所以平面.
因为平面，所以，则共面.
因为平面，平面，平面平面，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，因为，所以，
所以，即.
因为平面，平面，所以，
又因为,平面，所以平面.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
所以，即，解得或，
当时，，不合题意，
所以线段的长为2.
  
21．(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)

【分析】（1）由题意得，令，则，分类讨论，，即可得出答案；
（2）由（1）得，题意转化为方程在上有实根，令，则，分类讨论，，，即可得出答案．
【详解】（1），令，则
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，方程在上有实根等价于方程在上有实根.
令，则
当时，，函数在上单调递增，，不合题意；
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，，不合题意；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，所以
综上所述，的取值范围为
22．(1)
(2)存在，

【分析】（1）由，，直线的斜率为1，求得之间的关系式，解得的值，进而求出双曲线的方程；
（2）设直线的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得为的角平分线，可得直线的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出的坐标．
【详解】（1）设，所以，，，
因为点在线段上，且满足，所以点，
因为直线的斜率为1，所以，所以，
因为，所以，解得，，.
所以双曲线的方程为.
（2）假设在轴上存在与不同的定点，使得恒成立，
  
当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有；
当直线l的斜率存在且不为0时，设，直线l的方程为，
直线与双曲线的右支相交于，两点，则且，
设，，
由，得， ，，
所以，，
因为，即，所以平分，，
有，即，得，
所以，由，解得.
综上所述，存在与不同的定点，使得恒成立，且.
【点睛】方法点睛：
解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．