广东省佛山市顺德区北滘镇莘村中学2023届高三模拟仿真数学试题（含解析）

这是一份广东省佛山市顺德区北滘镇莘村中学2023届高三模拟仿真数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省佛山市顺德区北滘镇莘村中学2023届高三模拟仿真数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．2．（    ）A． B．1 C． D． 3．从中随机取2个不同的数，则这2个数之和是4与6的公倍数的概率是（    ）A． B． C． D．4．如图，某圆柱体的高为，是该圆柱体的轴截面.已知从点出发沿着圆柱体的侧面到点的路径中，最短路径的长度为，则该圆柱体的体积是（    ）  A．3 B． C． D．5．已知的图象如图，则的解析式可能是（    ）A． B．C． D．6．已知，若动点满足，则的最大值是（    ）A．18 B．9 C．3 D．7．已知椭圆的下焦点为，右顶点为，直线交椭圆于另一点，且，则椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．8．已知是函数的导函数，对于任意的都有，且，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是，则下列说法正确的是（    ）A．B．各项的二项式系数之和为1024C．D．各项的系数之和为102410．所有的有理数都可以写成两个整数的比，例如如何表示成两个整数的比值呢？代表了等比数列的无限项求和，可通过计算该数列的前项的和，再令获得答案.此时，当时，，即可得.则下列说法正确的是（    ）A．B．为无限循环小数C．为有限小数D．数列的无限项求和是有限小数11．已知函数是的两个极值点，且，下列说法正确的是（    ）A．B．在上的单调递增区间为C．在上存在两个不相等的根D．若在上恒成立，则实数的取值范围是12．设函数有4个零点，分别为，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．的取值与无关 D．的最小值为10 三、填空题13．已知命题或，则__________.14．某机器生产的产品质量误差是的第60个百分位数，则__________.附：若，则，15．已知双曲线的左右焦点分别为，直线与双曲线的一条渐近线平行，过作，垂足为，则的面积为__________. 四、双空题16．在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，，三棱锥体积的最大值是__________；当二面角为时，三棱锥外接球的表面积是__________. 五、解答题17．在中，角的对边为，设的面积为.(1)求角的大小；(2)若，过的重心点的直线与边的交点分别为，，请计算的值.18．已知数列的前项的和为，，数列为单调递增的等比数列，且有，.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，设的前项的和为，求的值.19．如图，在三棱锥中，，设点为上的动点.  (1)求面积的最小值；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.20．篮球职业联赛通常分为常规赛和季后赛两个阶段.常规赛采用循环赛，胜率高或者积分高的球队进入季后赛，季后赛是淘汰赛，采用三局两胜制进行淘汰，最终决出总冠军.三局两胜制是指当比赛一方先赢得两局比赛时该方获胜，比赛结束.(1)下表是甲队在常规赛80场比赛中的比赛结果记录表，由表中信息，依据的独立性检验，分析“主场”是否会增加胜率（计算结果保留两位小数）.月份比赛次数主场次数获胜次数主场获胜次数10月836311月15108812月147851月1341132月117653月146734月5343 (2)甲队和乙队在季后赛中相遇，经过统计甲队在主场获胜的概率为，客场获胜的概率为.每场比赛场地为上一场比赛的获胜方的场地.（i）若第一场比赛在甲队的主场进行，设整个比赛的进行的局数为，求的分布列及数学期望；（ii）设选择第一场为甲队的主场的概率为，问当为何值时，无论第一场比赛的场地在哪里，甲队最终获胜的概率相同，并求出此时甲队获胜的概率.附：0.1000.0500.0102.7063.8416.63521．已知点为直线上的动点，过点作射线（点位于直线的右侧）使得，设线段的中点为，设直线与轴的交点为.(1)求动点的轨迹的方程.(2)设过点的两条射线分别与曲线交于点，设直线的斜率分别为，若，请判断直线的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.22．已知函数，其中，.(1)当时，求函数的零点；(2)若函数恒成立，求的取值范围.
参考答案：1．B【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得.【详解】由，可得，所以，所以，又，所以.故选：B.2．D【分析】根据复数的乘法运算即可化简求解.【详解】，故选：D.3．A【分析】用古典概型公式计算即可.【详解】从中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若这2个数的和是4与6的公倍数的不同取法有：共2种，故所求概率，故选：A.4．D【分析】根据圆柱侧面展开图，先求出圆柱底面半径，再根据体积公式求圆柱体的体积.【详解】  设圆柱体底面圆的半径为，将侧面展开后四边形为矩形，则依题意得：，所以，即，所以该圆柱体的体积为：，故选：D.5．C【分析】根据图象确定函数的定义域，奇偶性，以及函数值的大小即可求解.【详解】由函数的图象可知函数的定义域为，而选项B，的定义域为，由此即可排除选项；函数图象关于原点对称，即为奇函数，而选项A, ， ，所以为偶函数，由此可排除选项A；根据图象可知，而选项D, ，, 由此可排除D，选项C满足图象特征.故选：C.6．A【分析】设，根据距离公式得到的轨迹方程，方法一：根据数量积的坐标表示得到，根据的取值范围求出的最大值；方法二：设线段的中点为，则，再求出，即可得解.【详解】设，因为，所以，化简得，法一：因为，，所以，又，所以，即的最大值为.法二：设线段的中点为，则，因为，又，所以的最大值为.故选：A.7．C【分析】先用求得的坐标，再将的坐标代入椭圆方程即可求解【详解】由得，所以，把代入椭圆得，化简得，则椭圆的离心率为.故选：C.8．D【分析】法一、构造常函数计算即可；法二、构造，利用条件判断其单调性解不等式即可.【详解】法一：构造特殊函数.令，则满足题目条件，把代入得解得，故选：.法二：构造辅助函数.令，则，所以在上单调递增，又因为，所以，所以，故选：D.9．ABC【分析】根据题意，由二项式系数的对称性即可判断A，由二项式系数和的公式即可判断B，由二项式的展开式的通项公式即可判断C，赋值令即可判断D.【详解】因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，选项A正确；所以的展开式中二项式系数之和为，故选项B正确；根据二项式定理知的通项式为，令得，所以的展开式中常数项为，所以，解得：，故选项C正确；令得，所以各项的系数之和为0，所以D选项错误.故选:ABC.10．AD【分析】按照题中所给方法求解可判断A；取验证可判断BC；利用等比数列求和公式求和，然后可得的无限项求和，可判断D.【详解】对于选项A，，代表了等比数列的无限项求和，该数列的前项的和为，，，所以，故选项A成立；对于选项B：令与条件矛盾，故选项B不成立；对于选项C：令与条件矛盾，故选项C不成立；对于选项D：数列的前项和为时，，所以数列的无限项求和为，是有限小数，故选项D成立.故选：AD11．ACD【分析】利用三角变换公式可得，根据结合周期公式可求，故可判断A的正误，利用代入检验法可判断B的正误，讨论的单调性后可判断C的正误，求出在上的值域后可求实数的取值范围.【详解】，由是的两个极值点，且得的最小正周期，所以，解得，故选项A正确；对于选项B：因为，所以，当时，，而在单调递增，在上为减函数，在上增函数，令，故；，故；故在上的增区间为，，故B错误.对于选项C：当时，，令，故，而在上为减函数，在上为增函数，故在上单调递减，在上单调递增，且，故在上存在两个不相等的根，故选项C正确；对于选项D：因为，所以，故，所以，因为在上恒成立，即在上恒成立，所以，解得：，故选项D正确.故选：ACD.12．AD【分析】根据题意分析可得：原函数的4个零点可表示为直线与函数交点的横坐标，结合图象以及基本不等式逐项分析判断.【详解】令，可得：当时，即，可得；当时，即，可得，；当时，即，可得，.原函数的4个零点可表示为直线与函数交点的横坐标，对于选项A、C：如图所示，是方程的两个解，根据韦达定理可得：，即可知选项A成立，选项C不成立；对于选项B：因为，结合图象可得，即可知选项B不成立；对于选项D：其中，则有，当且仅当时，成立，综上所述：的最小值为10，选项D成立.故选：AD.【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数值或取值范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．13．且.【分析】根据全称量词命题的否定形式可得.【详解】根据全称量词命题的否定形式可得且.故答案为：且.14．【分析】先根据百分位数的求法得t，然后根据正态分布概率公式可得.【详解】因为，所以，由可知所以.故答案为：15．【分析】结合题意可得，进而得到，，，结合直线的斜率和三角形的面积公式求解即可.【详解】由题意可知，，所以，，即，所以，因为直线的斜率为，且，所以，，又到直线的距离为，所以的面积为：.故答案为：.  16．          【分析】根据三棱锥的体积公式可知当高最大时，体积最大，故当二面角为，三棱锥的体积最大，由体积公式即可求解,根据外接球的性质，利用正弦定理和勾股定理，即可联合求解球半径.【详解】当二面角为，且时，三棱锥的体积最大，设线段的中点为，连接，易求得.当二面角为时，和的外接圆圆心分别记为和，分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为.过作的垂线，垂足记为，连接，.在中，由正弦定理得：，所以，易知，在Rt中，，在Rt中，，所以三棱锥外接球的半径，所以，即三棱锥外接球的表面积是.故答案为：27，  17．(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理和同角三角函数基本关系式以及面积公式和三角形的内角和即可求解；（2）根据重心性质和向量的共线关系即可求解.【详解】（1）在中，根据正弦定理结合条件，可得：.因为，所以，可得，即有，又，故.又因为，可得，即可得.根据，由此即可得.（2）解法一：以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.则可得点.根据重心的坐标公式可得：点.可设过点的直线的方程为：，由此可得点的坐标为：.根据可得.由此即可得.解法二：设的中点为，连接，利用“重心”的性质可得根据三点共线的性质可得：，根据条件可得：，等价于，又因为点在一条直线上，从而可得：，即可得成立.18．(1)；(2) 【分析】（1）根据作差求出的通项公式，根据下标和性质得到，即可求出、，从而求出公比，即可求出的通项公式；（2）由（1）可得，则，利用错位相减法求和即可.【详解】（1）因为，当时，，当时，，所以，经检验时也成立，所以；因为为等比数列，所以，结合，可得或，因为数列单调递增，所以，所以，则；即数列为首项的等比数列，即可得.（2）因为数列满足，可得，所以，数列的前项的和为，，将上面两式相减可得，化简可得，所以.19．(1)(2). 【分析】（1）先证平面，然后分析可知当时，的面积最小，结合已知可解；（2）以点为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线，该直线为轴，建立空间直角坐标系，然后利用向量法可解.【详解】（1）设的中点为，连接.因为，所以；又因为，可得.又因为，平面，所以平面，因为平面，所以，即可得为的高.面积在中，当时，取到最小值，结合利用余弦定理可得：，又，所以，根据等面积法可得，解得.所以面积的最小值为.（2）以点为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线，该直线为轴，建立空间直角坐标系.因为，所以，即  其中设平面的法向量为则有：，据此可令可得结合图象可知平面的一个法向量为.由此可得.所以平面与平面的夹角的余弦值为.20．(1)5.33(2)（i）分布列见解析，；（ii），. 【分析】（1）根据二联表计算卡方，即可由独立性检验求解,（2）根据独立事件的乘法公式，即可得的分布列，分别根据甲乙为主队时获胜的概率，列方程即可求解.【详解】（1）零假设：甲队是否在“主场”比赛与是否获胜无关根据表格信息列出列联表如下 甲队胜甲队负合计主场301040客场202040合计503080.因为，根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，即认为“主场”会影响胜率，此推断犯错误的概率不超过0.05.（2）（i）的所有取值为：2，3则有：则的分布列为：23 则可得的数学期望为：（ii）在三局两胜制中，甲队获胜的情况为：胜胜；负胜胜；胜负胜.当第一场比赛在甲队的主场进行时，甲队获胜的概率为：；当第一场比赛在乙队的主场进行时，甲队获胜的概率为：；第一场为甲队的主场且甲队获胜的概率为：；第一场为乙队的主场且甲队获胜的概率为：；当，即时，第一场的比赛场地对甲队没有影响.此时甲队获胜的概率为.21．(1)(2)是，定值1；定点. 【分析】（1）设点的坐标为，得到直线的方程，从而求出的坐标，再根据，求出动点轨迹方程；（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用斜率公式及求出的值或、的关系，即可得解.【详解】（1）设点的坐标为，点，其中、的中点为，由此可得直线的方程为，可得点的坐标为，再结合可得，整理得，所以动点的轨迹的方程为：.（2）设直线的方程为，联立直线与的方程可得：，设点的坐标为，根据韦达定理可得，，其中，结合条件可得：，整理可得，结合直线的方程可化简为：，代入韦达定理可得，通过分解因式可得即可得或，当时，直线的斜率为定值；当时，直线恒过定点.22．(1)仅有1个零点，且该零点为0(2). 【分析】（1）利用导函数判断函数的单调性，进而判断函数的零点情况.（2）先将转化为，利用函数的单调性，转化为恒成立的问题.【详解】（1）当时，，，当时，，得恒成立.即可得在上单调递增.而此时，即可得在上仅有1个零点，且该零点为0.（2）函数等价于，因，所以得所以所以构造函数，上式等价于函数在定义域内单调递增，从而可得成立.化简可得等价于恒成立.设函数，易知，，当时，因，，故，所以在上单调递增，所以，满足题意，当时，时，，此时在上单调递减，故当时，不符合题意.综上可得的取值范围是.【点睛】思路点睛：本题因函数中参数的位置情况较为复杂，分离参数或者讨论的范围求最值都比较复杂，故考虑将进行转化，使不等式两边结构特征转化一致即，然后构造函数，利用其单调性，将不等式进一步转化为.