广东省梅州市2023届高三数学下学期2月总复习质检试卷（一模）（Word版附解析）

这是一份广东省梅州市2023届高三数学下学期2月总复习质检试卷（一模）（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了2），已知，则，函数，设是公差为等内容，欢迎下载使用。
试卷类型：A
梅州市高三总复习质检试卷（2023.2）
数学
本试卷共6页，满分150分，考试用时120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求.
1.已知复数满足，是虚数单位，则在复平面内的对应点落在（）
A.第一象限 B.第二象限 C.第二象限 D.第四象限
2.已知集合，，则（）
A. B. C. D.
3.为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图。根据此图，下列结论中错误的是（）

A.
B.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125
C.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119
D.四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为35%
4.已知，则（）
A. B. C. D.
5.由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为60°，则该双曲线的离心率为（）

A. B. C. D.
6.若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（）
A. B. C. D.
7.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（）
A. B. C.. D.
8.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”。现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（）

A. B. C. D.
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.函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）

A.
B.函数的图像关于悳线对称
C.函数在单调递减
D.函数是偶函数
10.设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）
A若，则是数列的最大项
B若数列有最小项，则
C.若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D.若对任意的，均有，则数列是递增数列
11.如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点、、作三棱柱的截面，且交于，则（）

A.线段的最小值为 B.棱上的不存在点，使得平面
C.棱上的存在点，使得 D.当为棱的中点时，
12.对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（）
A. B.，
C. D.，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.展开式中的系数为______________.
14.在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转60°得到点，点的横坐标为____________.
15.甲、乙、丙三人参加数学知识应用能力比赛，他们分别来自A、B、C三个学校，并分别获得第、二、三名：已知：①甲不是A校选手；②乙不是B校选手；③A校选手不是第一名；④B校的选手获得第二名；⑤乙不是第三名.根据上述情况，可判断出丙是___________校选手，他获得的是第___________名.
16.函数的最小值为___________.
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.（本小题满分10分）在中，内角，，的对边分别为，，，已知.
（1.）求内角；
（2）点是边上的中点，已知，求面积的最大值.
18.（本小题满分12分）记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，
①；②；③，
分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.
19.（本小题满分12分）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接、.

（1）为边的一点，若，求赃：平面；
（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.
队伍
近10场胜场比
队伍
甲

乙
甲

丙
甲

丁
乙

丙
乙

丁
丙

丁
（1）三轮比赛结束后甲的积分记为，求；
（2）若前二轮比赛结束后，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3、3、0、6，求甲队能小组出线的概率.
21.（本小题满分12分）已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若，讨论函数的零点个数.
22.（本小题满分12分）已知动圆经过定点，且与圆：内切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，，点为轨迹上异于，的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线、的斜率分别为、.
（i）求证：为定值；
（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.
梅州市高三总复习质检（2023.2）
数学参考答案与评分意见
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
2
3
4
5
6
7
8
C
B
B
A
D
D
B
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9
10
11
12
AB
BD
ABD
ACD
三、填空题：本题共4小题.每小题5分，共20分.
13.40 14. 15.A；三 16.
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.（本小题满分10分）
解：（1）在中，因为，
由正弦定理得：， 1分
因为，所以，于是有， 2分
所以，即， 3分
因为，所以， 4分
所以，从而. 5分
（2）因为点是边上的中点，所以， 6分
对上式两边平分得：， 7分
因为，
所以，即， 8分
而，有，
所以，当且仅当时，等号成立. 9分
因此. 10分
即面积的最大值为.
18.（本小题满分12分）
解：数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：
①若，则其前项和， 2分
因为，所以，则， 4分
所以存在正数1，，，
即前项和数列有界.
②若，当时，， 2分
其前项和

， 4分
因为，所以，则， 5分
所以存在正数2，，，
即前项和数列有界. 6分
③若，其前项和为，


， 2分
对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），
有， 4分
因此前项和数列不是有界的. 6分
19.（本小题满分12分）
（1）证明：取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以， 1分
平面，平面，
所以平面， 2分
又有，且，所以，

而平面，平面，所以平面. 3分
有，
所以平面平面， 4分
又平面，
因此平面. 5分
（2）解：因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值， 6分
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面. 7分
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，

易知，，，，
，，， 8分
因为平面，
所以平面的法向量为， 9分
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以， 10分
. 11分
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为. 12分
20.（本小题满分12分）
解：（1）设甲的第场比赛获胜记为（，2，3）， 1分
则有 2分
3分
. 4分
（2）分以下三种情况：
（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，
则甲、乙、丙、丁四个球队积分变为6、6、0、6， 5分
此时甲、乙、丁三支球队积分相同，要抽签决定排名，甲抽中前两名的概率为，
所以这种情况下，甲出线的概率为； 6分
（ii）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙输丙，
则甲、乙、丙、丁积分变为6、3、3、6， 7分
此时甲一定出线，甲出线的概率为； 8分
（iii）若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙.
则甲、乙、丙、丁积分变为3、3、3、9， 9分
此时甲、乙、丙三支球队要抽签决定排名，甲抽到第二名的概率为，
所以这种情况下，甲出线的概率为. 10分
综上，甲出线的概率为. 12分
21.（本小题满分12分）
解：（1）首先函数的定义域为，当时，，
则. 1分
由，得，， 2分
所以当时，；当时，. 3分
故的增区间为和，减区间为. 4分
（2），，
由，得，， 5分
所以当时，：当时，.
因此在和上单调递增，在上单调递减. 6分
①因为当时，
有.
所以在上不存在零点. 8分
②在上，由单调性知：，分以下三种悄况讨论：
（i）若，在，即在上不存在零点； 9分
（ii）若，有，
此时在有唯一零点； 10分
（iii）若，有，而，，
则在与上各有一个零点. 11分
综上：（i）当时，在止不存在零点；
（ii）当时，在上存在一个零点；
（iii）当时，在上存在两个零点. 12分
22.（本小题满分12分）
（1）解：设动圆的半径为，由题意，得：
，， 1分
则. 2分
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆. 3分
因此轨迹方程为. 4分
（2）（i）证法一：设，，.
由题可知，，，
则，， 5分
而，于是， 6分
所以， 7分
又，则，
因此为定值. 8分
证法二：设，，.由题可知，，，
则直线的方程为，.
由，得， 5分
所以，即，
则. 6分
所以. 7分
故为定值. 8分
证法三：设，，.
由题可知，，，财.
由，得（）， 5分
所以，即， 6分
故，又， 7分
所以为定值. 8分
解：（ii）法一：设直线的方程为，，.
由，得， 9分
所以. 10分
由（i）可知，，即，
化简得：，解得或（舍去）， 11分
所以真线的方程为，
因此直线经过定点. 12分
法二：设，，
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，得，
所以 9分
由（i）已知，，即：
化简得：，解得或（舍去）. 10分
所以直线的方程为，
故直线经过定点. 11分
②当线的斜率不存在时，则.
由（i）知，，即：.
又，所以，解得.
所以直线的方程为，故直线经过定点.
综上，直线经过定点. 12分
法三：设，，.由题可知，，，则直线的方程为.
由，得，
所以，即，则，
所以，同理，得. 10分
当，即时，
直线的方程为，此时直线经过定点. 11分
当，即时，
直线的方程为，
即，此时直线经过定点.
综上，直线经过定点. 12分