2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三下学期5月月考数学试题含解析

2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】化简集合A，B，再利用数轴求出结论.

【详解】由得，则有，

，

∵在上单调递增，则，

，如图，

观察数轴得.

故选：D

2．复数，则的虚部为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解.

【详解】由得，所以，故的虚部为为 ，

故选：C

3．，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由同角三角函数的关系，求出，再由两角差的正切公式求.

【详解】，，则有，，

.

故选：B.

4．已知向量，，满足，，，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有（    ）组.

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】C

【分析】根据已知条件进行分类讨论，列举出A,B,D三个选项的可能情况即可.

【详解】若向量，，均为非零向量，则向量，，共线或两两互相垂直，此时三组向量中两两共线的有0组或3组，故A和D错误；

若其中一个为零向量，则另外两个向量一定不共线，则，零向量和另外两个向量组成两组共线向量，故B错误.

显然，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有1组.

故选：C

5．共有9人参加了某课程的学习，一项作业要求由3人组成的团队完成.不区分每个团队内3人的角色和作用，共有（    ）种可能的组队方案.

A．84 B．729 C．1680 D．280

【答案】D

【详解】由题意得将9名同学分成3组，每组3人，且组与组之间可以互换，

所以共有可能的方案数为组，

故选：D

6．等比数列的前项和为， ，，则（    ）

A．28 B．32 C． D．28或

【答案】A

【分析】根据等比数列前项和的性质，也构成等比数列，即可求得.

【详解】因为数列为等比数列，则根据等比数列和的性质可知，也构成等比数列，则，

设，则，解得：，对应有

因为，所以与同号，

所以.

故选：A

7．，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】找中间值进行比较大小，再借助泰勒展开即可比较大小.

【详解】由题意得，，

 因为，所以，

由泰勒展开得

，

，

所以

，

故，综上所述a，b，c的大小关系是.

故选：C

8．已知为坐标原点，是椭圆上一点，F为右焦点.延长，交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】连接，，，，，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再由及椭圆的定义，可得，，，的关系，在两个直角三角形中可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．

【详解】设椭圆的左焦点，连接，，，，

由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，

因为,所以，所以可得四边形为矩形，

因为，所以，

设，则，由椭圆的定义可知，

，，

在中，，即，整理可得：，

所以可得，

在△中，，即，

所以离心率，

故选：A

二、多选题

9．已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（    ）

A．， B．

C．若，则 D．若，则//平面

【答案】ABCD

【分析】根据空间向量的“奔驰定理”，即可判断A；

首先确定点的位置，根据向量的线性运算，确定的值，即可判断B；

根据垂直关系的转化，转化为证明平面，即可判断C；

利用垂直，平行的位置关系，即可判断D.

【详解】根据空间向量“奔驰定理”可知，，

因为四面体的内切球球心，所以，

如图，平面，平面，所以，

且，，平面，

所以平面，平面，

所以，

因为，，所以，，

即，故A正确；

因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边的中点到顶点的距离都相等，且为，所以四面体外接球的球心为的中点，

所以，即，故B正确；

因为平面，平面，所以，

若，，平面，

所以平面，平面，

所以，故C正确；

因为平面，平面，故平面平面，

过作，垂足为，

因为面平面，平面，故面，

而面，故，若，

则，而平面，故平面，

故，而平面，平面，

所以平面，故D正确.

故选：ABCD

【点睛】思路点睛：在空间向量的一些计算中，可以借助平面向量的中的某些定理（如奔驰定理）来处理空间向量中有关问题的计算，另外一些位置关系的判断应该利用基本的判定定理来处理.

10．抛物线焦点为，且过点，直线，分别交于另一点和，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．直线CD过定点

C．上任意一点到和的距离相等 D．

【答案】CD

【分析】根据抛物线过点得到，即可判断选项C和D；

根据已知条件直接求出C，D点的横坐标从而计算直线CD的斜率和方程，进而判断A和B选项.

【详解】抛物线过点，所以，，故D正确；

所以抛物线，上任意一点到和准线的距离相等，故C正确；

设，，设，则，

所以的方程为，即，

联立，得，

当时，，得，

代换，得到，

所以，故A错误；

直线CD：，即，不过定点，故B错误.

故选：CD

11．，，以下哪些值能使单调递增（    ）

A． B． C． D．3

【答案】BCD

【分析】依题意恒成立，即恒成立，可知，将式子变形为，根据的单调性，可得恒成立，即恒成立，再令，利用导数求出函数的最小值，即可得到不等式，从而求出的取值范围.

【详解】因为，，

所以，，

依题意恒成立，

即恒成立，显然，

所以恒成立，

即，

由，令，显然在上单调递增，

即恒成立，

所以恒成立，即恒成立，

即恒成立，令，，则，

所以当时，单调递减，当时，单调递增，

所以在处取得极小值及最小值，

所以，则，解得，故符合题意的有BCD.

故选：BCD

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

12．设是大于1的整数，离散型随机变量的可能取值为1，2，…，m，满足对任意一个正整数，，则的取值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据已知条件，概率之和为1等知识求解范围进行判断即可.

【详解】因为，

则，

由上式知，不恒等于一个常数，单调递减，

则，

又因为

则.

故选：ABD

【点睛】离散型随机变量（=1，2，…，m）的概率之和为1，且，根据这些相关知识对题意进行转化，求解范围即可.

三、填空题

13．展开式中项的系数是      .

【答案】320

【分析】将问题转化为的系数为中的系数，利用二项式展开式的通项特征即可求解.

【详解】由，

所以的系数为中的系数，展开式中为，

故答案为：320

14．设随机变量，则          ．

【答案】

【分析】根据二项分布的概率计算公式即可求解.

【详解】随机变量服从．

故答案为：

15．是椭圆内接的内切圆，且在y轴右侧，则      .

【答案】

【分析】根据题意作出图形，利用内切圆的性质及点B在椭圆上建立方程求解.

【详解】由题意，在y轴右侧，作出图形，如图，

由椭圆及圆的对称性知，轴，

设，过圆心作于点，BC交x轴于H，

由椭圆方程知，所以，

，，

又B在椭圆上，所以，

又，即，可得，

所以，

化简可得，解得，或（舍去）.

故答案为：

四、双空题

16．，，则最小值为      .若与无交点，则的取值范围为      .

【答案】     0或    

【分析】当时，的最小值为0，当时，利用导数可求出最小值，由于，所以将问题转化为在上无解， 构造函数，利用导数求出其最大值，从而可求出的取值范围.

【详解】若，则，则的最小值为0，

若，则由，则，

当时，，当时，，

所以在上递减，在上递增，

所以的最小值为，

综上，的最小值为0或，

，

因为与无交点，

所以在上无解，

由，得（），

令，则，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以的最大值为，

所以当时，直线与的图象无交点，

即当时，方程在上无解，

所以的取值范围为，

故答案为：0或，

【点睛】关键点睛：此题解题的关键是变形得，与的形式相同，然后将问题转化为在上无解，再通过构造函数，利用导数求函数的最值即可得解.

五、解答题

17．在中，a，b，c分别为A，B，C的对边，.

(1)求的大小.

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合余弦定理的边角形式即可求解，

（2）由二倍角公式以及诱导公式即可求解.

【详解】（1）由 可得，由正弦定理可得，

所以 由于，所以,

（2）得,

故

18．已知正数数列满足，且.（函数求导次可用表示）

(1)求的通项公式.

(2)求证：对任意的，，都有.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对已知的式分解因式，再结合可得，然后利用累乘法可求出；

（2）构造函数，然后对函数连续次求导，再结合和可判断出单调递增，从而可证得结论.

【详解】（1）由，得

，

所以或，

因为，所以，

所以，

所以

（2）证明：当时，恒成立，

令，

即，

则

，

……

，

所以在上递增，

所以，

所以在上递增，

所以，

所以在上递增，

……

所以在上递增，

所以，

所以在上递增，

所以，

综上对任意的，，都有.

【点睛】关键点点睛：此题考查利用数列的递推式求通项公式，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据题意构造函数，然后通过连续求导判断函数的单调性，从而可证明结论，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.

19．如图所示，在正四棱锥中，底面的中心为，于，与交点为，.

(1)求证：平面.

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）延长至点，使，连接，进而可证，可得，进而可证结论；

（2）可证，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立空间直角标系，求得平面与平面的一个法向量，进而可求二面角的余弦值．

【详解】（1）如图，延长至点，使，连接，

底面的中心为，平面，平面,，

，，

，

，，，

，

而，，，

平面，平面，平面；

（2）由（1）知是的中点，又，，

不妨设，则，，

是正四棱锥，底面的中心为，，，两两垂直，

以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

则，，，，，，

，，，，；

设平面的一个法向量为，

，令，则，，所以，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，，所以；

，

二面角所成角的正弦值为．

20．最是一年春好处，运动健儿满华附.为吸引同学们积极参与运动，鼓励同学们持之以恒地参与锻炼，养成良好的习惯，弘扬“无体育，不华附”的精神理念，2023年3月华附举办了春季运动会.春季运动会的集体项目要求每个学生在足球绕杆、踢毽子和跳大绳3个项目中任意选择一个参加.来自高三的某学生为了在此次春季运动会中取得优秀成绩，决定每天训练一个集体项目.第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练.

(1)若该学生进行了3天的训练，求第三天训练的是“足球绕杆”的概率.

(2)设该学生在赛前最后6天训练中选择“跳大绳”的天数为，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)的分布列见详解，．

【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；

（2）由题知的可能取值为0，1，2，3，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可．

【详解】（1）当第一天训练的是“足球绕杆”且第三天也是训练“足球绕杆”为事件；

当第一天训练的不是“足球绕杆”且第三天是训练“足球绕杆”为事件；

由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，

所以， ，，

所以，第三天训练的是“足球绕杆”的概率．

（2）由题知，的可能取值为0，1，2，3，

所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，

所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，故；

当时，

第一天选择“跳大绳”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；

第二天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；

第三天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；

第四天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；

第五天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；

第六天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；

综上，当时，共有种选择，

所以，；

当时，

第一天，第三天，第五天，选择“跳大绳”，有种选择；

第一天，第三天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择

第一天，第四天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择；

第二天，第四天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择；

所以，当时，共有种选择，

所以，；

所以，当，

所以，的分布列为：

所以，．

21．已知为坐标原点，，是椭圆的两个焦点，斜率为的直线与交于，两点，线段的中点坐标为，直线过原点且与交于，两点，椭圆过的切线为，的中点为.

(1)求椭圆的方程.

(2)过作直线的平行线与椭圆交于，两点，在直线上取一点使，求证：四边形是平行四边形.

(3)判断四边形的面积是否为定值，若是定值请求出面积，若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)定值，

【分析】（1）设：，联立得，利用韦达定理结合关系，即可求出，得出椭圆的标准方程.

（2）设，由已知得，，根据过椭圆上任一点的切线斜率公式得出过点的切线方程斜率为，得出，联立椭圆方程利用韦达定理和化简得出，判断出是的中点，又结合，即可得证.

（3）设点到直线的距离为，结合（2）表示出和，即可判断结果.

【详解】（1）由题知，设椭圆方程为，

设：，，则，

联立得，

因为线段的中点坐标为，

所以，

，

所以，再代入得，

又，

所以，

所以椭圆的方程为.

（2）设，

则，因的中点为，所以，

根据已知，过点的切线方程斜率为，

又，知，

所以：，

即，，

联立得，

所以，

，

可得，

即是的中点，

又，知是的中点，

所以四边形是平行四边形.

（3）由（2）知，，，

，

：，即，

设点到直线的距离为，

所以

，

，

所以，

所以四边形的面积为.

即四边形的面积是定值，且为.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆的综合问题，其应用主要从以下几个角度进行：

（1）待定系数法求解椭圆方程；

（2）联立方程，韦达定理是常用到的方法；

（3）考查计算能力较大，解答过程中要注意各点横纵坐标的表示.

（4）考查数形结合思想的应用.

22．.

(1)讨论的零点个数.

(2)，若对任意均有唯一使，且恒成立，求证：.

【答案】(1)当或时，函数存在唯一的零点；

当时，函数不存在零点；

当时，函数存在两个零点.

(2)证明过程见详解

【分析】（1）根据函数的解析式分和，三种情况进行讨论，当和时利用零点存在性定理即可判断，时，对函数求导，利用导函数进行讨论即可求解；

（2）结合（1）的结论可得，然后将问题进行等价转化为，也即证明，结合题意构造函数，利用导函数进而得证.

【详解】（1）由题意知，当时，函数单调递增，且当趋近于0时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于，

由零点存在性定理可知，函数有唯一零点；

当时，函数，显然在0处存在唯一零点；

当时，对函数求导可得，

则函数单调递增，，

若时，，存在唯一零点，

若时，且，在和上各有一个零点，

若时即为求的解个数，而右边随单调递减，

而时恰好相切有一个交点且，

所以时无法取等，即不存在交点，也即原函数不存在零点，

综上，当或时，函数存在唯一的零点；

当时，函数不存在零点；

当时，函数存在两个零点.

（2）由（1）易得， ，

由题意可知，为原函数的极小值点，

由可得，

要证成立，即证，

因为，则，令，

则，即证明，

又由恒成立和函数的单调性可得，

对任意都有，

令，

则，又显然，，，

因此，故，得证.

【点睛】方法点睛：导数不等式证明

（1）证明不等式，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题；

（2）求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出俩，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题.