2023届广东省高三二模数学试题含解析

这是一份2023届广东省高三二模数学试题含解析，共24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届广东省高三二模数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意列举法表示集合，再根据并集的运算求解即可.
【详解】解：由题，，，
则.
故选：D.
2．已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（    ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】D
【分析】利用复数模的公式以及同角三角函数关系得，利用三角函数值域即可得到答案.
【详解】由题意得
，
当时，等号成立，故，
故选：D.
3．已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用双曲线的性质，求出，求出双曲线的渐近线方程，进而得解.
【详解】设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的离心率为，
所以，解得，
由，得，
所以，
所以渐近线方程为，
所以两条渐近线的倾斜角分别为和，
因为，
所以，两条渐近线所夹的锐角为；
即双曲线的两条渐近线的夹角为.
故选：C.
4．已知某摩天轮的半径为，其中心到地面的距离为，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每分钟转动一圈．已知当游客距离地面超过时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（    ）
A．分钟 B．分钟 C．分钟 D．分钟
【答案】B
【分析】求出游客到地面的距离为关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式，然后解不等式，可得出结果.
【详解】设游客到地面的距离为，设关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式为，
则，，可得，
函数的最小正周期为，则，
当时，游客位于最低点，可取，
所以，，
由，即，可得，
所以，，解得，
因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有分钟.
故选：B.
5．现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作轴截面图，求出圆台的母线长，底面半径长，结合侧面积公式可得其解.
【详解】作轴截面图如下：为圆锥的轴截面，点为与侧面相切球的球心，点为切点，

由已知，可得，，，，
在中，，，，
所以，又，
所以，所以圆台的母线长为，
因为，，
所以为等边三角形，所以，
所以圆台的侧面积.
故选：D.
6．已知△ABC是单位圆O的内接三角形，若，则的最大值为（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【分析】由题设易知且、，进而判断最大时的关系即可得答案.
【详解】由圆O是△ABC的外接圆，且，故，

所以，则，
所以，故反向共线时最大，
所以.
故选：C
7．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据二项式系数的性质可得出，结合此性质可求得的值.
【详解】的展开式通项为，
所以，，
所以，，
所以，，且，
所以，
.
故选：A.
8．已知，，，则（参考数据：）（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
【详解】因为， ，
考虑构造函数，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.

二、多选题
9．已知直线与平面有公共点，则下列结论一定正确的是（    ）
A．平面内存在直线与直线平行
B．平面内存在直线与直线垂直
C．存在平面与直线和平面都平行
D．存在过直线的平面与平面垂直
【答案】BD
【分析】利用反证法可判断A选项；对直线与的位置关系进行分类讨论，结合图形可判断B选项；利用图形可判断C选项；利用面满垂直的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若直线与相交，且平面内存在直线与直线平行，
由于，则，这与直线与相交矛盾，假设不成立，A错；
对于B选项，若，则在平面内必存在与直线垂直，
若直线与相交，设，如下图所示：

若，且，则，
若与斜交，过直线上一点（异于点）作，垂足点为，
过点作直线，使得，因为，，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
综上所述，平面内存在直线与直线垂直，B对；
对于C选项，设直线与平面的一个公共点为点，
假设存在平面，使得且，

过直线作平面，使得，因为，，，则，
因为，记，又因为，则，
因为在平面内有且只有一条直线与直线平行，且，故、重合，
所以，，但不一定在平面内，当与相交时，则与也相交，C错；
对于D选项，若，则过直线的任意一个平面都与平面垂直，
若与不垂直，设直线与平面的一个公共点为点，
则过点有且只有一条直线与平面垂直，记直线、所确定的平面为，则，D对.
故选：BD.
10．已知，则下列说法正确的是（    ）
A．是周期函数 B．有对称轴
C．有对称中心 D．在上单调递增
【答案】ACD
【分析】根据周期函数的定义判断判断A，证明，由此判断C，利用导数判断函数的单调性，判断D，结合单调性和周期的性质作出函数在上的图象，由此判断B.
【详解】因为，
所以，
所以函数为周期函数，A正确；
因为

所以，
所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，
所以为函数的中心对称，C正确；
当时，，
因为，
所以，所以函数在上单调递增，D正确；
由可得，
当时，由，可得，
函数在上单调递增，
当，由，可得，
函数在上单调递增，
又，，
作出函数在的大致图象可得：

结合函数是一个周期为的函数可得函数没有对称轴，B错误.
故选：ACD.
11．现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：
甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；
乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；
丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；
根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（    ）
A．甲球员连续5场比赛得分都不低于24分
B．乙球员连续5场比赛得分都不低于24分
C．丙球员连续5场比赛得分都不低于24分
D．丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24
【答案】AD
【分析】根据中位数，众数的定义判断A，结合中位数，平均数的定义举反例判断B，根据平均数和方差的定义，百分位数的定义，分析丙球员的得分判断CD.
【详解】设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，
则，，且至少出现次，
故，A正确；
设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，
则，，
取，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；
设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，
由已知，
所以，
若，则，
所以，矛盾，
所以，，
因为的平均数为，所以，
取，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；
因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，
若，则，故，矛盾，
所以，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D 正确；
故选：AD.
12．在平面直角坐标系中，已知正方形ABCD四边所在直线与x轴的交点分别为，则正方形ABCD四边所在直线中过点的直线的斜率可以是（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】ABD
【分析】假设所在的直线过点，分类讨论所在的直线所过的点，结合图象分析运算.
【详解】因为选项斜率均为正值，不妨假设所在的直线过点，
设直线的倾斜角为，斜率为，
①若所在的直线过点，如图，可得，
因为，即，则；

②若所在的直线过点，如图，可得，
因为，即，则；

③若所在的直线过点，如图，可得，
因为，即，则；

综上所述：的可能值为.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：假设所在的直线过点，分类讨论所在的直线所过的点，数形结合处理问题.

三、填空题
13．已知公比大于的等比数列满足，，则的公比______．
【答案】
【分析】根据题意可得出关于的方程，结合可求得的值.
【详解】由题意可得，则，
上述两个等式作商可得，即，
因为，解得.
故答案为：.
14．已知直四棱柱的棱长均为2，，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，Ⅰ，则由点E，F，G，H，Ⅰ构成的四棱锥的体积为______．
【答案】
【分析】根据题意结合锥体的体积公式分析运算.
【详解】连接，由题意可得，
分别过E，F，G，H作底面ABCD的垂线，垂足分别为，
可得分别为的中点，
连接，
可得，
由题意可得：为四棱柱，
则，
四棱锥的高为直四棱柱的高的一半，即为1，
所以四棱锥的体积.
故答案为：.

15．已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N．若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为______．
【答案】
【分析】根据给定条件，借助几何图形及比例式求出点M，N的坐标，再代入椭圆方程求解作答.
【详解】由对称性不妨令点M在第一象限，令直线交y轴于点A，过N作轴于B，令，

因为轴，则，而O为的中点，又A为中点，而，
于是，由知，，显然，
因此，于是，又，
则，解得，而，则，
所以椭圆C的标准方程为.
故答案为：
16．已知，若过点恰能作两条直线与曲线相切，且这两条切线关于直线对称，则的一个可能值为______．
【答案】（或或或）
【分析】设切点坐标为，利用导数求出切线方程，将点的方程代入切线方程，可得出，设过点且与曲线相切的切线的切点的横坐标分别为、，易知、关于的方程的两个根，且，利用三次方程根与系数的关系可求得实数的值.
【详解】设切点坐标为，因为，则，切线斜率为，
所以，曲线在处的切线方程为
将点的坐标代入切线方程可得，
设过点且与曲线相切的切线的切点的横坐标分别为、，且，
因为这两条切线关于直线对称，则，
所以，，
易知、关于的方程的两个根，设该方程的第三个根为，
则，
则，
所以，，
因为过点恰能作两条直线与曲线相切，
则关于的方程只有两个不等的实根，不妨设，
则，
若，则，可得，解得；
若，则，所以，，可得，，
所以，，解得.
综上所述，或.
故答案为：（或或或）.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用过曲线外一点作曲线的切线求参数的值，解题的关键在于写出切线方程后，将切点坐标转化为三次方程的根，结合三次方程根与系数的关系求解.

四、解答题
17．已知等差数列的公差，且满足，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足求数列的前2n项的和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用已知条件结合等比数列定义，等差数列通项公式，列方程求，由此可得数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论，进一步利用分组求和法，裂项相消法及等比数列求和公式求出数列的和．
【详解】（1）因为，，成等比数列，所以，
即，
解得或．
因为，所以，
所以．
（2）由（1）得
所以，
所以

，
，
所以数列的前2n项的和．
18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若，求sinA．
【答案】(1)
(2)或1．

【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析运算；
（2）方法一：根据题意利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析运算；方法二：利用余弦定理解三角形，分析运算.
【详解】（1）由正弦定理，得，
因为，则，所以，
因为，所以．
所以．
因为，则，可得，所以，
则，所以．
（2）方法一：因为，由正弦定理，得，
因为，
所以
，
即．
因为，则，所以或，
所以或，故或1．
方法二：因为，由余弦定理得，
将代入（*）式得，整理得，
因式分解得，解得或，
①当时，，
所以
因为，所以，
②当时，，
所以，
因为，所以，
所以sinA的值为或1．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，．

(1)证明：
(2)若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得，进而根据线面垂直的判定和性质分析判断；
（2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点A到平面PBC的距离，结合线面夹角的定义分析运算.
【详解】（1）如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且，，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，BD，PD平面PBD，
所以平面PBD，
因为PB平面PBD，所以，
因为，所以．
（2）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，
因为CD平面PCD，平面PAD平面，
所以，
因为平面PBD，所以平面PBD，
因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面平面PCD，所以，即
在Rt△ABP中，因为，，所以
在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，
取，则，得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，
则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
方法二：在△ABC中，因为，，，则
，
设点A到平面PBC的距离为d，
由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以，
又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
所以，
因为，所以，
设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，
所以，
在△PBC中，，，，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．

20．甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立．
(1)若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
(2)当时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程．
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析，期望最大值为；（ii）.

【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；
（2）（i）根据题意求分布列，进而可得期望；（ii）根据题意结合条件概率分析运算.
【详解】（1）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则
，，，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种，
所以

．
（2）（i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
，
，
．
所以X的分布列为
X
2
4
5
P



所以X的期望
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
故的最大值为．
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则．
由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同．
所以



所以，即，
因为，所以．
21．已知，存在，使得．
(1)求实数a的取值范围；
(2)试探究与3的大小关系，并证明你的结论．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析.

【分析】（1）由已知可得函数与函数的图象有三个公共点，利用导数研究函数的单调性，由此可得a的取值范围；
（2）由（1）可得，由，可得，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，构造函数，利用导数研究其单调性，
证明，结合证明，由此证明结论.
【详解】（1）由题意得有三个零点，
所以方程有三个根，即方程有三个根.
所以函数与函数的图象有三个公共点，
设，则，
令，解得；令，解得或，
所以在上单调递增，在和上单调递减，
因为当时，，当时，，
且，，
所以，即实数a的取值范围为．
（2）因为，由（1）得，
由，得，
设，则，
求导得，
令，解得，令，解得，
所以h（x）在上单调递增，在上单调递减，
设，，
则，，
求导得恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即，
因为，所以，
又因为，，h（x）在上单调递减，
所以，即，
设且，则，
因为在上单调递减，所以，
因为，所以，
所以，
因为在上单调递减，所以，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：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．
22．已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且．
(1)设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
(2)若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意可得，结合斜率分析可得，即可得结果；
（2）根据题意利用韦达定理求弦长，可得面积，结合二次函数分析运算.
【详解】（1）因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，
设，，，，
则点M的横坐标，点N的横坐标，
由，得，
因式分解得，约分得，
所以，即，
所以MN垂直于x轴．
（2）设，则，且，
当时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当时，D为PB中点，同理得，
所以是方程的两个根，
因为，
由韦达定理得，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以

，，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．

【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．