广东省深圳市福田区红岭中学2023届高三第五次统一考数学试题（含解析）

广东省深圳市福田区红岭中学2023届高三第五次统一考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，若，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

2．已知复数在复平面内对应的点落在第一象限，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

3．“”是“直线与直线平行”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

4．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列，则（    ）

A． B． C． D．

5．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC 100 m，则该球体建筑物的高度约为（    ）（cos10° ≈ 0.985）

A．49.25 m B．50.76 m

C．56.74 m D．58.60 m

6．在如图的平面图形中，已知,则的值为

A． B．

C． D．0

7．某公园有如图所示A至H共8个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为（    ）

A．168 B．336 C．338 D．84

8．人教版必修第一册第92页上“探究与发现”的学习内容是“探究函数的图象与性质”，经探究它的图象实际上是双曲线.现将函数的图象绕原点顺时针旋转得到焦点位于轴上的双曲线，则该双曲线的离心率是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．下列结论中，所有正确的结论是（    ）

A．若，则

B．命题的否定是：

C．若且，则

D．若，则实数

10．已知函数，则（    ）

A．函数是增函数

B．曲线关于对称

C．函数的值域为

D．曲线有且仅有两条斜率为的切线

11．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）

A．存在某个位置，使得与所成角为锐角

B．棱上总会有一点，使得平面

C．当三棱锥的体积最大时，

D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是

12．设直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点，且M为的中点．（    ）

A．当时，的斜率为2 B．当时，

C．当时，符合条件的直线l有两条 D．当时，符合条件的直线l有四条

三、填空题

13．点到直线距离的最大值为___________.

14．的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，则实数____.

四、双空题

15．记的内角的对边分别为，已知.若，则________；若，则________.

五、填空题

16．某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）

参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．

六、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

18．已知函数．

(1)求函数在上的单调递增区间;

(2)将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于点成中心对称，在上的值域为，求的取值范围．

19．中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧AB、弧DC的长度分别为，，已知，，E为弧的中点．

(1)证明：．

(2)若，求直线CE与平面所成角的正弦值．

20．由个小正方形构成长方形网格有行和列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，记为一轮.每次放白球的概率为，放红球的概率为.

(1)若，记表示100轮放球试验中“每一列至少一个红球”的轮数，统计数据如表：求关于的回归方程，并预测时，的值；（精确到1）

(2)若，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；

附：经验回归方程系数：.

21．如图，已知抛物线在点处的切线与椭圆相交，过点作的垂线交抛物线于另一点，直线（为直角坐标原点）与相交于点，记、，且．

（1）求的最小值；

（2）求的取值范围．

22．已知，且0为的一个极值点．

(1)求实数的值；

(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；

②，其中且．

参考答案：

1．C

【分析】根据交集结果得到，或，检验后得到答案．

【详解】因为，

所以，或，

当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当时，，满足集合元素互异性，满足要求．

所以.

故选：C．

2．A

【分析】化简，根据对应点所在象限列不等式，从而求得的取值范围.

【详解】，

对应点，

由于点在第一象限，

所以，解得.

故选：A

3．A

【分析】由两直线平行得出的值，再结合充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】若直线与直线平行，则有解得或，所以当时，直线与直线平行，当直线与直线平行时，或.

故选：A

4．A

【分析】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.

【详解】设等差数列的首项为，公差为，

则，，

因为成等比数列，所以，即，

因为，所以，

所以.

故选：A

5．B

【分析】根据三角函数可得，利用求解即可.

【详解】如图，

设球的半径为

，

，

，

故选：B

6．C

【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.

详解：如图所示，连结MN，

由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，

则，

由题意可知：

，，

结合数量积的运算法则可得：

.

本题选择C选项.

点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

7．B

【分析】根据题意，先排男生再排女生，由分步计数原理计算可得答案.

【详解】第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有四个位置可选，第二个男生在第二行有三个位置可选，由于两名男生可以互换，故男生的排法有种，

第二步：排女生，若男生选，则女生有共7种选择，由于女生可以互换，故女生的排法有种，

根据分步计数原理，共有种，

故选：B.

8．D

【分析】首先确定的两条渐近线分别为，也为旋转前双曲线的渐近线，再设两条渐近线夹角（锐角）角平分线且，根据斜率与倾斜角关系、差角正切公式求双曲线渐近线斜率，进而求双曲线离心率.

【详解】由的两条渐近线分别为，

所以该函数对应的双曲线焦点在夹角（锐角）的角平分线上，

设且，若分别是，的倾斜角，故，

故为双曲线旋转后其中一条渐近线的倾斜角，

由，即，

整理得，可得（负值舍去），

所以绕原点顺时针旋转得到焦点位于轴上的双曲线一条渐近线斜率为，

故.

故选：D

【点睛】关键点点睛：求出的渐近线，利用正切差角公式求其旋转后渐近线斜率是关键.

9．AB

【分析】对A，根据不等式的性质推导即可；对B，根据特称命题的否定为全称命题判断即可；对C，利用作差法判断即可；对D，举反例判断即可.

【详解】对A，，则，又，则，，故A正确；

对B，命题的否定是：，故B正确；

对C，，因为且，故，即，故C错误；

对D，当，时，不成立，故D错误；

故选：AB

10．AB

【分析】由可得是增函数，且对于任意，满足，所以关于对称，可得AB正确；利用指数函数值域易得函数的值域为，即C错误；令，整理可得，易知，可得，即方程无解，因此曲线不存在斜率为的切线，即D错误.

【详解】根据题意可得，易知是减函数，

所以是增函数，即A正确；

由题意可得，所以，

即对于任意，满足，所以关于对称，即B正确；

由指数函数值域可得，所以，即，

所以函数的值域为，所以C错误；

易知，令，整理可得，

令，即，

易知，又因为，即，

所以，即，因此；

即关于的一元二次方程无实数根；

所以无解，即曲线不存在斜率为的切线，即D错误；

故选：AB

11．BC

【分析】取中点，连接，，可证明即可判断A；取中点，连接，可证明平面判断B；三棱锥的体积最大， 的投影在棱上时，此时平面，进而可证明平面得判断C；过作，过点作交于，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，进而根据几何关系求解得可判断D.

【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；

对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；

对于C选项，设到平面的距离为，因为且，

所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；

对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，

在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.

故选：BC

12．ABD

【分析】由点差法得，由此判断AB正确；当的斜率不存在时判断是否符合要求，当的斜率存在时,由直线与圆切于得必在直线上，根据给定的求出位置，根据是否在抛物线内部判断CD是否正确.

【详解】如图,设,,

则,两式相减得,.

当的斜率存在时,，则有,

又,所以.

当时，，故A正确；

由,得,

即,因此,即必在直线上.

当时，，点，直线的方程为，恰好过抛物线焦点，

故，故B正确；

将代入,得,由在抛物线内部得，

因为点在圆上,所以,

当时，，解得，与矛盾，此时的斜率为的直线不存在，当的斜率不存在时,符合条件的直线只有一条，故C错误；

当时，，解得，符合，此时的斜率为的直线有两条. 当的斜率不存在时,符合条件的直线也有两条，故D正确；

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：不要遗漏判断斜率不存在时的直线是否符合要求.

当斜率存在时，先确定点一定在直线上，再用点一定在抛物线内部判断给定的是否符合要求.

13．

【分析】直线恒过点，根据几何关系可得，点到直线的距离为.

【详解】解：直线恒过点，

则点到直线的距离的最大值为点到点的距离，

∴点到直线距离的最大值为：

.

故答案为：.

14．3

【分析】令，然后分别令，，利用赋值法求解即可

【详解】令，

令，则，

令，则，

所以上面两式相减得，

所以，

因为的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，

所以，解得，

故答案为：3

15．          /

【分析】①由可得，由正弦定理和余弦定理将等式边化角即可求出；

②由可得，再由余弦定理即可求出.

【详解】①由题意，则，，

又由正弦定理与余弦定理可得，即，则，

故，则.

②由①，又，故，又，则，则.

由余弦定理，又，

所以.

故答案为：；.

16．

【分析】计算样本的平均数和方差，由此估计，再结合参考数据求.

【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，

方差，

所以的估计值为，的估计值为．

设该市高中生的身体素质指标值为X，

由， 得，

所以．

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；

（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）设数列的公比为，

因为，，成等差数列，

所以，

即，

解得或，

因为各项均为正数，

所以，

所以，

由，

得，

解得，

所以.

（2）由（1）知，，

则，

所以，

两式相减可得，

整理可得．

18．(1)

(2)

【分析】（1）先化简，根据正弦函数的周期性即可得出答案；

（2）根据三角函数图象的平移变换和对称性求出、，再由三角函数的性质求解即可.

【详解】（1）

因为，所以．

所以当，即：时，函数单调递增．

所以函数的单调递增区间为.

（2）由题意可知：

因为函数的图象关于点成中心对称．

所以．解得：．

因为，所以．所以．

当时，．因为在上的值域为

所以．解得：．所以的取值范围为．

19．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）延长，并相交于点，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值作答.

【详解】（1）延长，并相交于点，因为，则，，

连接，，因为E为弧的中点，则，为正三角形，于是，

因为平面，，则有平面，

又平面，于是，而，

平面，因此平面，又平面，

所以．

（2）以为坐标原点，为x轴，为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

则，，，

设平面的法向量为，则，令，得，

令直线CE与平面所成角为，则，

直线CE与平面所成角的正弦值为．

20．(1)；3；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据所给数据，结合经验回归方程系数公式，即可求得回归方程，继而求得预测值；

（2）确定X的取值可能为，根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即可得分布列，继而求得期望;

【详解】（1）由题意知 ,

故，

所以 ，

所以线性回归方程为： ，

所以，估计时，

.

（2）由题意知：，，，，

则X的取值可能为，

记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，

所以 ，

，

，

所以X的分布列为：

所以数学期望为.

21．（1）；（2）．

【分析】（1）利用导数求出抛物线在点处的切线方程，将切线方程与椭圆方程联立，由求出的取值范围，求出直线的方程，并将直线的方程与抛物线的方程联立，由韦达定理得出，再利用基本不等式可求得的最小值；

（2）记点、到直线的距离分别为、，求出、，可得出，结合的取值范围可求得的取值范围.

【详解】（1）对函数求导得，所以抛物线在点处的切线方程为，即，

联立，得，

所以，解得，

所以直线的方程为，

联立，得，所以，

所以，当且仅当时取等号，

所以的最小值为；

（2）记点、到直线的距离分别为、，

所以，，

所以，

因为，所以，

所以，所以的取值范围为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法

（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．

（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．

（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．

（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；

（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.

②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.

【详解】（1）由，

则，

因为0为的一个极值点，

所以，所以．

当时，，

当时，因为函数在上单调递减，

所以，即在上单调递减；

当时，，则，

因为函数在上单调递减，且，，

由零点存在定理，存在，使得，

且当时，，即单调递增，

又因为，

所以，，在上单调递增；.

综上所述，在上单调递减，在上单调递增，

所以0为的一个极值点，故.

（2）①当时，，所以单调递减，

所以对，有，此时函数无零点；

当时，设，

则，

因为函数在上单调递减，且，，

由零点存在定理，存在，使得，

且当时，，即单调递增，

当时，，即单调递减．

又因为，

所以，，在上单调递增；

因为，，

所以存在，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减．

所以，当时，单调递增，；

当时，单调递减，，

此时在上无零点；

当时，，

所以在单减，

又，，

由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；

当时，，此时函数无零点；

综上所述，在区间上存在唯一零点．

②因为，由（1）中在上的单调性分析，

知，所以在单增，

所以对，有，

即，所以．

令，则，

所以，

设，，

则，

所以函数在上单调递减，

则，

即，，

所以 ，

所以，

 所以.

【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.