【期中真题】广东省深圳市实验中学、深圳市高级中学、珠海市第一中学、北江中学、湛江市第一中学等五校2023届高三上学期11月期中联考数学试题.zip

2023届高三·十一月·五校联考

数学科试题

命题人：广东北江中学        审题人：广东北江中学

（满分：150分.考试时间：120分钟.）

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.

2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意知，集合表示函数的定义域，由，即，，解得，所以.由，得，所以，所以，故选C.

2. “”是“直线被圆所截得的弦长等于”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据直线被圆截得的弦长可求出或，根据的取值即可判断出结果.

【详解】因为圆的圆心，半径.

又直线被圆截得的弦长为.

所以圆心C到直线的距离，

因此，解得或，

易知“”是“或”的充分不必要条件；

故选：A.

3. 已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布.从中随机取一件．其长度误差落在区间内的概率为（    ）

（附：若随机变量服从正态分布，则，

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据正态分布的对称性，求得长度误差落在区间内的概率.

【详解】设长度误差为随机变量，由得，，所以

故选：B

【点睛】本小题主要考查正态分布的对称性，属于基础题.

4. 若函数的部分图像如图所示，，，则的解析式是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题设确定最小正周期，进而求得，再根据已知点求得，即可得解析式.

【详解】由图象知：，故.

将代入解析式，得，所以，，

又，即，所以.

故选：D

5. 已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据投影向量求出，再求向量与的夹角.

【详解】设向量与的夹角为，与同向的单位向量为，

∵在上的投影向量为，，

∴，

∴， ∴，

所以，

∵，∴，

∴与的夹角为，

故选：C.

6. 若函数有个零点a和b，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过复合函数的单调性确定函数的单调性，由已知条件得，结合基本不等式求解即可．

【详解】由对数复合函数的单调性得函数在上单调递增，

因为，

所以函数在上，在上，

不妨设，则，所以，

即，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

由于，所以等号不能取到，所以，

所以的取值范围是．

故选：D．

7. 中国空间站（天宫空间站，英文吃饭China    Space    Sation）是中华人民共和国建设中的一个空间站系统，预计在2022年前后建成.空间站轨道高度为400～500公里，倾角42～43度，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨，以进行较大规模的空间应用.某项实验在空间站进行，实验开始时，某物质的含量为1.2，每经过1小时，该物质的含量都会减少20%，若该物质的含量不超过0.2，则实验进入第二阶段，那么实验进入第二阶段至少需要多少小时？（    ）（需要的小时数取整数，参考数据：，）

A. 7 B. 8 C. 10 D. 11

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得，结合对数运算可得，进而得到，从而求解.

【详解】设实验进入第二阶段至少需要小时数为，

由题意，即，

两边取以10为底的对数可得，

即，所以，

因为，，

所以，所以，

又，所以，即实验进入第二阶段至少需要8小时.

故选：B.

8. 设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，点M在x轴上，，平分，则C的离心率为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意，结合双曲线的定义以及角平分线定理可得，，，，，，在，中，由余弦定理结合，计算可得答案.

【详解】 

可知，，得

设，则，由双曲线的定义可知：.

因为平分，所以，故，

又，

即有，，，，，

在，中，由余弦定理可得，

，，

由，

可得.

故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知复数，则（    ）

A. Z的虚部为3

B.

C. 将Z对应的向量（O为坐标原点）绕点O逆时针旋转，得到的向量对应的复数为

D. Z的共轭复数

【答案】ABC

【解析】

【分析】将复数利用复数乘除法运算化简，再根据复数的相关概念即可判断各选项.

【详解】，所以虚部为3；z的共轭复数；；将向量绕点O逆时针旋转，复数为.

故选：ABC.

10. 如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（    ）

A. 在平面内不存在与平面垂直的直线

B. 三棱锥的体积为定值

C. 平面

D. 过三点所确定的截面为梯形

【答案】BCD

【解析】

【分析】由平面即为平面，结合平面，可判定A错误；由为定值，所以B正确；取中点G，证得平面平面，可判定C正确；取的中点，得到所确定的截面即为平面，进而得到四边形为梯形，可判定D正确.

【详解】对于A中，如图（1）所示，平面即为平面，

在正方形中，

又由正方体中，平面，且平面，

所以，因为且平面，

所以平面，又因为平面，所以，

同理可证：，

因为且平面，所以 平面，

所以在平面内存在与平面垂直的直线，所以A不正确；

对于B中，如图（2）所示，由为定值，故B正确；

对于C中，如图（3）所示，取中点G，连接GF，，由，

因为平面，且平面，所以平面，

同理可证：平面，

又因为，且平面，所以平面平面，

因为平面所以，所以平面，所以C正确；

对于D中，如图（4）所示，连接，因为为和的中点，

所以，

又因为，可得，所以所确定的截面即为平面，

其中，且四边形为梯形，所以D正确.

故选：BCD.

11. 已知直线：与：相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，则（    ）

A. 点

B. 数列的前n项和满足：

C. 数列单调递减

D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由题意，点，，，在直线上，点，，，在直线上，设点，则，可得，可得，利用数列递推关系变形可得是等比数列，进而可求得，依次可判断各选项.

【详解】由题可知，，，，故A正确；

设点，则，

故，即有，

∴，

故是以1为首项，为公比的等比数列，，

，

可得，故选项B错误；

对于数列有：，

故数列单调递增，选项C错误；

由两直线交点和点可得：，故D正确.

故选：AD.

12. 已知函数满足：①，②，③，为的导函数，则下列结论一定正确的是（    ）

A.

B.

C. 若，则

D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】令，根据的单调性可以判断A、B、C选项，对D选项可以借助与的单调性判断.

【详解】令，则，

∴在单调递增，

对于A选项，因为，即，所以，故A对；

对于B选项，因为，即，所以，

∴，故B错；

对于C选项，因为，即，所以，故C对；

对于D选项，由，得，

设，则，

当时，，在上为减函数，

当时，，在上为增函数，

故当时，有最小值，

所以，当时等号成立

所以，所以，

∵，

∴，即，故D对.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：本题中比较各选项大小关键是根据构造出函数，利用的单调性比较各值的大小.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则_______.

【答案】

【解析】

【分析】利用赋值法，令和，联立方程组求解即可．

【详解】令，则，

令，则，故．

故答案为：．

14. 已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点A在第一象限，线段AB的中点为M，其中点A的横坐标为3，，则点M到y轴的距离为_______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用抛物线的定义，结合一元二次方程根与系数关系、中点坐标公式进行求解即可.

【详解】因为，

所以抛物线C：，则，

所以直线l的斜率为，则直线AB：，

故把直线与抛物线进行联立，

得，因为，

所以设，，

则，，

故答案为：.

15. 已知函数的定义域为R，且满足，，当时，，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据函数的周期性和奇偶性化简求值即可.

【详解】因为，，所以，

所以是周期的奇函数，

所以，

因为，所以，所以.

故答案为：.

16. 已知正四棱台的体积为，记侧面与底面的夹角为，且，记正四棱台的侧面积为，底面积为，且，若正四棱台所有顶点都在同一球面上，则该球的体积为_______.

【答案】

【解析】

【分析】设正四棱台的上下底面的边长分别为，利用侧面与底面的夹角表示正四棱台的高，再利用体积与面积建立关系式，进而解得，再由正四棱台所有顶点都在同一球面上，建立球的半径关系式，进而求得球的体积.

【详解】不妨设，，

又因为，

所以，则正四棱台高为

所以正四棱台的体积为

即    ①

又因为，

所以    ②

联立①②解得：，，

设正四棱台上下底面所在圆面的半径，，

所以，，高为

设球心到上下底面的距离分别为，，球的半径为，

所以，，

故或，即或，

解得，即符合题意，

所以球的体积为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法：

⑴求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

⑵若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB、PC两两互相垂直，一般把有关元素"补形"成为一个球内接长方体，利用长方体的体对角线来求解.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知

（1）求角B；

（2）若，的周长为，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题，将条件式利用正弦定理角化边，再结合余弦定理可求得角；

（2）由（1）结合，代入余弦定理，再结合周长可求得，，，代入三角形面积公式即可得答案.

【小问1详解】

由正弦定理

得即，

由余弦定理得，，

∵

∴

【小问2详解】

由余弦定理得，

∴，

因为的周长为，

得，，.

所以的面积为.

18. 在①数列为等比数列，且，；②数列的前n项和，；③数列是首项为1，公差为1的等差数列，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.

已知数列各项均为正数，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设为非零的等差数列，其前n项和为，，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①通过等比数列基本量计算，可得，选②利用项与和的关系计算可得，选③因为，可得；

（2）由已知条件，可求得，可得，利用错位相减法可求得答案.

【小问1详解】

选①设的公比为q，

由题意知：，，又，

解得，，所以.

选②时，，

时，符合，所以.

选③因为，所以.

【小问2详解】

由题意知：，

又，且，所以.

令，则，

因此.

又，

两式相减得，

所以.

19. 红蜘蛛是柚子的主要害虫之一，能对柚子树造成严重伤害，每只红蜘蛛的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.

（1）根据散点图判断，与（其中…为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度x（℃）的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）

（2）由（1）的判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到0.1）

附：回归方程中，，

（3）根据以往每年平均气温以及对果园年产值的统计，得到以下数据：平均气温在22℃以下的年数占60%，对柚子产量影响不大，不需要采取防虫措施；平均气温在22℃至28℃的年数占30%，柚子产量会下降20%；平均气温在28℃以上的年数占10%，柚子产量会下降50%.为了更好的防治红蜘蛛虫害，农科所研发出各种防害措施供果农选择.

在每年价格不变，无虫害的情况下，某果园年产值为200万元，根据以上数据，以得到最高收益（收益＝产值－防害费用）为目标，请为果农从以下几个方案中推荐最佳防害方案，并说明理由.

方案1：选择防害措施A，可以防止各种气温的红蜘蛛虫害不减产，费用是18万；

方案2：选择防害措施B，可以防治22℃至28℃的蜘蛛虫害，但无法防治28℃以上的红蜘蛛虫害，费用是10万；

方案3：不采取防虫害措施.

【答案】（1）更适宜   

（2）   

（3）选择方案1最佳，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据散点图的形状，可判断更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；

（2）将两边同时取自然对数，转化为线性回归方程，即可得到答案；

（3）求出三种方案的收益的均值，根据均值越大作为判断标准.

【小问1详解】

由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x回归方程类型.

【小问2详解】

将两边同时取自然对数，可得，

由题中的数据可得，，，

所以，

则，

所以z关于x的线性回归方程为，

故y关于x的回归方程为；

【小问3详解】

用，和分别表示选择三种方案的收益.

采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为万，即

采用第2种方案，不发生28℃以上的红蜘蛛虫害，收益为万，

如果发生，则收益为万，即，

同样，采用第3种方案，有

所以，，

，

.

显然，最大，所以选择方案1最佳.

20. 三棱柱中，侧面是矩形，，.

（1）求证：面面ABC；

（2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）.

【解析】

【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得；

（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可.

【小问1详解】

证明：，

侧面是菱形，

，又，，

平面，平面，

，

因为侧面是矩形，所以，

又，

平面，又平面,

.

小问2详解】

由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由条件，，，设，

由（1），面，所以，面的法向量为.

设面的法向量为，

由，即，

可设，

∴，

∴，得，

即，得，（舍），即，

所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）.

21. 已知点在运动过程中，总满足关系式：.

（1）点的轨迹是什么曲线？写出它的方程；

（2）设圆，直线与圆O相切且与点的轨迹交于不同两点，当且时，求弦长的取值范围.

【答案】（1）点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据方程结合定义即可得到答案；

（2）根据题意，设，，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及得，将代入，得，根据，由弦长公式可得答案.

【小问1详解】

由关系式，结合椭圆的定义，

点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.

∴ ，

∴点M的方程为.

【小问2详解】

由题意，联立方程，则

设，，

则，,

因直线与圆相切，且，

∴  ，

，

，    ①

    ②

将①代入②.

因，所以.

  【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是根据直线与圆相切从而得到，再计算，再将韦达定理式代入即可.

22. 设函数的导函数为，且满足.

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）若恒成立，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1） 应用导数几何意义求切线方程；

（2）构造函数解决恒成立问题，分析讨论即可得解.

【小问1详解】

解：由题意可得：，

∴，令得：，

∴，

∴，解得.

所以有：，

则切线的斜率为，又，

所以切线方程为：，即.

【小问2详解】

解：由得，

所以，

可得恒成立.

令，则

①当时，，在上单调递增；

当时，

令，得

当且时，，不合题意；

②当时，，

要恒成立，只需，

所以；

③当时，

令，则；

令，；

所以在递减，在递增，

所以

，

只需，

所以，

则，

令，令

则

时或（舍去）

所以当时；

当时；

在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，.

综上可得，的最大值为.

【点睛】1.函数在的切线方程为；

2. 恒成立问题的解法：

（1）若在区间上有最值，则

，；

，.

（2）若能分离常数，则问题转化为：；.

（3）对，都有成立，等价于构造，

；

对，都有成立，等价于构造，

.