2023届广东省部分学校高三上学期12月大联考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省部分学校高三上学期12月大联考数学试题（解析版），共18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。
2023届广东省部分学校高三上学期12月大联考数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，，即可求得，根据补集的定义即可得答案.【详解】解：因为，，，所以，所以.故选：B.2．若函数，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．【答案】C【分析】根据分段函数的解析式直接求解即可.【详解】由，则，故选：C3．复数为纯虚数.则实数的值为（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】先利用复数的除法法则计算得到，根据复数为纯虚数，得到方程，求出.【详解】，由题意得：且，解得：.故选：C4．已知向量，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量垂直得出，根据，以及正弦、余弦倍角公式即可求解.【详解】因为，所以，所以，结合，得，，，又，所以，所以原式.故选：D.5．《九章算术·商功》中描述很多特殊几何体，例如“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即如图，一个长方体，沿对角面分开（图1），得到两个一模一样的堑堵（图2），将其中一个堑堵，沿平面分开（图2），得到一个四棱锥称为阳马（图3），和一个三棱锥称为鳖臑（图4）. 若鳖臑的体积为4，且，则阳马的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合长方体的性质，由鳖臑（即三棱锥）的体积求得，进而求得长方体体对角线，即所求外接球直径，即可求外接球表面积.【详解】由切割过程可知，平面，，，∴，∴.为长方体体对角线，即为的外接球直径，，∴阳马的外接球的表面积为.故选：B6．A､B､C､D､E､F六人站成一排，C站第三位，A不站在两端，D和E相邻，则不同排列方式共有（    ）A．16种 B．20种 C．24种 D．28种【答案】B【分析】根据的所站位置对排列方式分类，结合分步计数乘法原理，分类加法计数原理求解即可.【详解】符合要求的排法可分为三类，第一类站在第二位的排法，符合要求的排法可分为3步完成，第一步先排，有一种完成方法，再排，有种排法，再排其余两人有排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有排法种，即8种排法，第二类站在第四位的排法，符合要求的排法可分为3步完成，第一步先排，有一种完成方法，再排，有种排法，再排其余两人有排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有排法种，即8种排法，第三类站在第五位的排法，符合要求的排法可分为3步完成，第一步先排，有一种完成方法，再排，有种排法，再排其余两人有排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有排法种，即4种排法，由分类加法计数原理可得符合要求的排法共有种，即20种排法.故选：B.7．定义域为R的函数满足，数列满足，前项利为，则（    ）A．3 B．0 C． D．2022【答案】A【分析】由已知确定函数的周期性，即得数列的周期性，再由函数性质计算函数值得数列的项，从而利用周期性求和．【详解】，，∴，从而，，∴同周期函数，4是它的一个周期，中令得，即，，，，，，，故选：A．8．已知.则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指数函数，幂函数及对数函数的性质即得.【详解】因为，，所以. 故选：B. 二、多选题9．设函数，，则下列叙述正确的是（    ）A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称C．在上的最小值为 D．的图象关于点对称【答案】ACD【分析】利用可求得，从而得到；根据正弦型函数最小正周期的求法可知A正确；利用代入检验法可知BD正误；根据正弦型函数最值的求法可知C正确.【详解】，，又，，；对于A，的最小正周期，A正确；对于B，当时，，不关于直线对称，B错误；对于C，当时，，则当，即时，，C正确；对于D，当时，，此时，的图象关于点对称，D正确.故选：ACD.10．如图，多面体中，四边形为正方形，且，则（    ）A．三棱锥的体积为 B．平面C．三棱锥的体积为2 D．平面【答案】ABC【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用三棱锥的体积公式直接计算即可判断A；利用空间向量证明空间中的位置关系即可判断BD；利用空间向量法求出平面的法向量，进而求出点F到平面的距离，结合三棱锥的体积公式计算即可判断C.【详解】由平面，得平面，由题意知，，建立如图空间直角坐标系，则，得，，对A：，故A正确；对B：由，得，又平面，所以平面，故B正确；对C：由，得.设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，故点F到平面的距离为，所以，故C正确；对D：由，得平面不成立，故D错误.故选：ABC.11．已知定义域为的函数，则（    ）A．为奇函数 B．为偶函数C．在上单调递减 D．在上单调递增【答案】AB【分析】由定义判断AB；由导数得出单调性判断C；由特殊值判断D.【详解】，则为奇函数；，，则为偶函数；当时，，即在上单调递增；，，，即在上不是单调递增，故只有AB正确；故选：AB12．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点；反之，由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，已知抛物线的焦点为F，一束平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点反射后，再经C上另一点反射后，沿直线射出，则（    ）A． B．C．延长（为坐标原点）交直线于点，则轴 D．【答案】ACD【分析】对A：根据抛物线方程，即可求得焦点坐标；对B，根据题意求得点坐标，写出方程，联立抛物线方程，即可判断；对C：求得方程，联立直线，从而求得点坐标，即可判断；对D：根据选项B中所求，结合抛物线中的弦长公式，即可求得结果.【详解】对A：由抛物线方程可得，其焦点坐标为，故A正确；对B：对抛物线，令，可得，则点坐标为，又，则直线的斜率，故方程为：，联立抛物线方程，可得，整理可得：，则，即，则，代入可得，故，故B错误；对C：因为点坐标为，故直线斜率，故直线方程为，联立可得，，即点坐标为；又根据选项B中所求，可知点的坐标为；又，故与轴平行，C正确；对D：，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．的展开式中含项的系数为__________.【答案】240【分析】可分项求解，当第一个因式取1时，第二个因式取含的项；第一个因式取时，第二个因式取含的项，进而得解.【详解】对的展开式通项，令得，此时；令得（舍去），故的展开式中含项的系数为.故答案为：24014．我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.写出一个焦点在轴上，对称中心为坐标原点的“黄金椭圆”的标准方程__________.【答案】（答案不唯一）【分析】由题可设，根据离心率结合条件即得.【详解】由题可设，令，由题可知，所以，，所以“黄金椭圆”的标准方程可为.故答案为：.15．已知直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则原点到直线的距离的取值范围为__________.【答案】【分析】根据题意可知，两点的轨迹是以为直径的圆与圆的交点，求出公共弦的方程即可求得原点到直线的距离的表达式，整理变形可求得其取值范围.【详解】如图所示，，在直线上，设，又因为是切点，所以，两点的轨迹是以为直径的圆与圆的交点，以为直径的圆的圆心为，半径为所以，圆的方程为即圆所以，即为圆和圆的公共弦，公共弦的方程为所以原点到直线的距离为当时，；当时，综上可知，即原点到直线的距离的取值范围为.故答案为：【点睛】方法点睛：本题主要考察轨迹方程以及两圆公共弦方程问题；将切点问题转化成四点共圆问题，写出圆的方程，将两圆方程相减即可得到公共弦方程.16．若存在直线与曲线，都相切，则的范围是__________.【答案】【分析】设直线与相切于点，，结合导数的几何意义可求得切线方程；根据该方程的唯一性可得方程组，整理得到；令，利用导数可求得的值域，由此可得的范围.【详解】设该直线与相切于点，，，该切线方程为：，即；设该直线与相切于点，，，该切线方程为：，即，，则；令，；当时，；当时，；在，上单调递减；在，上单调递增；又，，，的取值范围为.故答案为：.【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解. 四、解答题17．已知等差数列前项和为，再从条件①､条件②､条件③选择一个作为已知，求：(1)数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.条件①；条件②；条件③.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2) 【分析】(1)选①，②，③可以直接利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出首项和公差即可求出通项公式.(2)将第一问结论代入通项公式，再利用裂项相消即可求出.【详解】（1）设等差数列首项，公差，选条件①：由已知，得，解得，故，选条件②：由已知，得，解得，，选条件③：由已知，则，所以，解得，即，综上所述，数列的通项公式为（2）由(1)问的结论代入，则，所以数列的前项和.18．如图，中，若角所对的边分别是.(1)证明：；(2)若，求的面积.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用正弦定理求出和即得证；（2）设由得，再利用余弦定理求出即得解.【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得.在中，由正弦定理得.所以.故得证.（2）解：设由题得,所以.所以.所以.所以的面积为.19．如图，图1是由正方形，直角梯形组成的一个平面图形，其中，将正方形沿折起，使得.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明，加上，可得平面，，加上，可得平面，，加上，可得平面，可得平面平面；（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求出结果.【详解】（1）如图：连，在直角三角形中，，在三角形中，，，，满足，所以，又，，所以平面，因为平面，所以，又，，所以平面，因为平面，所以，因为四边形为正方形，所以，因为，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图：则，，，， ，，，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，由，得，取，得，得，由，得，取，得，得，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20．试剂A是用来检测某种药品B的酸碱值，假设不同的药品B的酸碱值为定值，现对试剂A的检测效果的稳定性进行测试，测试方法如下：第一步，拿出n个外观相同，但酸碱值不同的药品B用试剂A检测，要求其按酸碱值大小为它们排序；第二步，过一段时间，再用试剂A检测这n个药品B，并重新按酸碱值大小为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低检验试剂A的检测效果的稳定性.现设，分别以，表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种药品B在第二次排序时的序号，并令，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述，假设，等可能地为1，2，3，4的各种排列.(1)写出的可能值集合，并求的分布列；(2)若试剂A在连续进行的三轮测试中，都有，则认为该试剂对药品B的酸碱值检测效果是稳定的，求出出现这种现象的概率.【答案】(1)答案见详解；(2). 【分析】（1）分别列举出可能的排列结果，可得可取0，2，4，6，8.然后分别求出取不同值的概率，即可得到的分布列；（2）根据（1）的结果可知，一轮测试中，然后根据独立事件的乘法公式即可求出结果.【详解】（1）可能的排列结果如下：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共24种可能，且每种结果的可能性相同.所以，可取0，2，4，6，8.所以，，，，，.所以的分布列为02468 （2）由（1）知，一轮测试中，，每轮检测结果互不影响，则连续进行的三轮测试中，都有的概率为，所以出现这种现象的概率为.21．已知过点，的双曲线的右顶点为.(1)求双曲线的标准方程；(2)设过点的直线交双曲线于两点，过作轴的垂线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点.【答案】(1)；(2)证明见详解. 【分析】（1）将、点坐标代入双曲线方程，即可解出结果；（2）由已知可得，点是线段的中点，直线的方程为.当直线的斜率不存在时，根据条件可知不满足；当的斜率存在时，设点坐标，表示出的方程为，证明该直线过点，即证明恒成立.联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理表示出与，代入整理，即可证明.【详解】（1）由已知可得，解得 ，所以双曲线的标准方程为.（2）证明：由（1）可得，，设，，，直线的方程为.由可得，即点是线段的中点.假设直线的斜率不存在，此时直线的方程为，此时直线与双曲线相切，只有一个交点，不满足，所以直线斜率一定存在.设斜率为，则直线的方程为，即.因为点是线段的中点，且，设，则有，所以，所以.于是的方程为.下面证明：直线过定点.即证，即证，即证.又，代入左边可得，（*）联立直线的方程与双曲线的方程，可得，由已知应满足，解得且，且，代入（*）式可得，恒成立，所以，直线过定点.【点睛】本题第2问为直线恒过定点问题.在证明中，因为的方程为较为复杂，所以将其转化为等价条件，即证明恒成立，继而找到关键点，联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理表示出与，代入整理，即可证明.22．已知函数(1)若恒成立，求实数的取值范围；(2)设，求证：.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）设，首先根据题意得到,从而将题意等价为,再结合的单调性分类讨论求解即可;（2）根据（1）知:,从而得到,再化简得到,累加即可证明.【详解】（1）恒成立，即恒成立，设因为,所以恒成立等价于恒成立.由已知的定义域为.令,有两根,因为，时,单调递减;,时,单调递增，,当时,,故满足题意.当时,时，单调递减，故不满足题意.当时,时, 单调递增，故不满足题意.综上可知：.（2）证明:由（1）可知:时,,即,当且仅当时取等号.故当时,可得即，即.故故【点睛】关键点睛：本题对于第一问恒成立问题的处理是移项构造新函数，不使用较为复杂的分离参数法，而是将0代换为，变成恒成立，再利用函数的单调性即可求解值，第二问的关键是在（1）的基础上得到，然后当时，则得到，再通过累加即可证明不等式.