2023年广东省深圳市龙岗区重点学校高考数学一模试卷-普通用卷

2023年广东省深圳市龙岗区重点学校高考数学一模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则集合的真子集个数是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数，则的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知函数在处取得极大值，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  甲乙丙丁四名同学去听同时举行的三个讲座，每名同学可自由选择听其中的一个讲座，则甲乙二人正好听的同一讲座而丙丁听的不同讲座的情况为种．(    )

A.  B.  C.  D.

5.  公差不为的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知是单位圆的内接三角形，若，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：，其中为时间单位：，为环境温度，为物体初始温度，为冷却后温度．假设在室内温度为的情况下，一杯饮料由降低到需要，则此饮料从降低到需要(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知双曲线的右焦点为，过点且斜率为的直线交双曲线于、两点，线段的中垂线交轴于点若，则双曲线的离心率取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  圆：关于直线对称，记点，下列结论正确的是(    )

A. 点的轨迹方程为
B. 以为直径的圆过定点
C. 的最小值为
D. 若直线与圆切于点，则

10.  将函数向左平移个单位，得到函数，下列关于的说法正确的是(    )

A. 关于对称
B. 当时，关于对称
C. 当时，在上单调递增
D. 若在上有三个零点，则的取值范围为

11.  某市两万名高中生数学期末统考成绩服从正态分布，其正态密度函数，则
附：若随机变量服从正态分布，则，，(    )

A. 试卷平均得分与试卷总分比值为该试卷难度，则该份试卷难度为
B. 任取该市一名学生，该生成绩低于分的概率约为
C. 若按成绩靠前的比例划定为优秀，则优秀分数线约为分
D. 该次数学成绩高于分的学生约有人

12.  已知函数，的定义域均为，为偶函数，，且当时，，则(    )

A. 的图象关于点对称
B.
C.
D. 方程在区间上的所有实根之和为

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  的展开式中的系数为，则 ______ ．

14.  已知点在圆上，点，，当最小时， ______ ．

15.  将函数的图像上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍后，所得函数的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，则的值为______ ．

16.  已知四边形为平行四边形，，，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求；
若，求．

18.  本小题分
已知数列的首项，且满足．
求证为等比数列并求．
对于实数，表示不超过的最大整数，求的值．

19.  本小题分
如图，在三棱台中，，，平面平面C.
证明：平面；
若二面角的大小是，求线段的长．

20.  本小题分
某县城为活跃经济，特举办传统文化民俗节，小张弄了一个套小白兔的摊位，设表示第天的平均气温，表示第天参与活动的人数，，，，，根据统计，计算得到如下一些统计量的值：
，，．
根据所给数据，用相关系数精确到判断是否可用线性回归模型拟合与的关系；
现有两个家庭参与套圈，家庭位成员每轮每人套住小白兔的概率都为，家庭位成员每轮每人套住小白兔的概率分别为，每个家庭的位成员均玩一次套圈为一轮，每轮每人收费元，每个小白免价值元，且每人是否套住相互独立，以每个家庭的盈利的期望为决策依据，问：一轮结束后，哪个家庭损失较大？
附：相关系数．

21.  本小题分
已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，且当直线的倾斜角为时，．
求椭圆的方程；
若点在轴上方，为线段的中点，椭圆的左焦点为，直线为坐标原点与交于点，求表示面积的取值范围．

22.  本小题分
已知函数在区间上的最小值为，函数．
求的值；
设函数，，是的两个不同的极值点，且，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为，的周期为，
当，，，时，函数值分别是，，，，
则，因此，
所以集合的真子集个数为个．
故选：．
首先判断集合，再求解集合，根据真子集个数公式，即可求解．
本题主要考查了集合真子集个数的求解，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
所以，则，所以的虚部为．
故选：．
根据复数代数形式的除法运算法则化简复数，即可得到，从而判断其虚部．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】

【分析】本题考查函数极值相关知识，属于简单题．
先求函数的导数，把极值点代入导数则可等于，再把极值点代入原函数则可得到极值，解方程组即可得到，，从而算出的值．

【解答】解：因为，所以，
所以，，解得，，
经检验，符合题意，所以．
故选：．  

4.【答案】 

【解析】解：甲乙丙丁四名同学去听同时举行的三个讲座，每名同学可自由选择听其中的一个讲座，
甲乙看成一个整体，共有种选择，
剩下的丙丁听的不同讲座，共有种选择，
则甲乙二人正好听的同一讲座而丙丁听的不同讲座的情况数为．
故选：．
甲乙看成一个整体，共有种选择，剩下的丙丁听的不同讲座，共有种选择，结合分步乘法计数原理，计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，，故，
设等差数列的公差为，则，
所以，
因为，，，，依次成等比数列，，
所以，
所以，
所以，
故选：．
由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由圆是的外接圆，且，故，

所以，则，
所以，故反向共线时最大，
所以．
故选：．
由题设易知且、，进而判断最大时的关系即可得答案．
本题主要考查平面向量的数量积性质及其运算，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意可得，，，，代入，
则，解得，解得，
将，，，代入可得，，解得．
故选：．
根据已知条件，将已知数据代入可求解，再将，，，代入，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设双曲线的右焦点为，，，则直线：，
联立方程，消去得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
双曲线的离心率取值范围是．
故选：．
根据题意利用韦达定理求以及线段的中垂线的方程，进而可求点和，结合运算求解即可．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于难题．
 

9.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查点的轨迹问题，过定点问题，距离的最小值问题，属于中档题．
圆：关于直线对称，点在直线上，可得，可判断；以为直径的圆的方程为，把点的坐标代入方程可判断；的最小值即为点到直线的距离，求出可判断，进而可判断．

【解答】

解：由圆：得，
所以圆心，半径，
由圆：关于直线对称，
所以在直线上，所以
所以，所心点的轨迹方程为，故A正确；
以为直径的圆的方程为，
把点代入圆的方程的左边，
有，所以点在圆上，故B正确；
的最小值为即为点到直线的距离，又，故C错误；
若直线与圆切于点，则，故D正确．
故选ABD．

10.【答案】 

【解析】解：将函数向左平移个单位，得到函数，
，当时，得，故A正确；
当时，，故B正确；
当时，，得，故C成立；
由，得，
当，即，若在上有三个零点，故D错误．
故选：．
先将表示出来，然后对应的性质判断其他选项即可．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由正态密度函数，可得，，
对于，试卷的平均分为分，试卷总分为分，故难度为，故A错误；
对于，由于，所以，故B错误；
对于，由于，故C正确；
对于，由于，所以高于分的学生约有人，故D正确．
故选：．
根据正态分布曲线的对称性以及原则，即可结合选项逐一求解．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：因为为偶函数，所以，即，
又，
可得，
故的图象关于点对称，故A正确；
，
故是以为周期的周期函数，
根据题意，，，，，，
故，故B错误；


，其中，
故，故C正确；
是周期函数，最小正周期是，由得其对称轴为，，
显然与的图象有公共的对称轴，，
方程的实根是与的图象的公共点的横坐标，
在同一坐标系内作出与在上的大致图象，如图，

可知，，所以，
由图易知在，，，上的三个零点之和构成首项为，公差为的等差数列，
故在区间上的所有实根之和为，故D错误．
故选：．
利用对称性证明选项A正确；利用函数的周期得到，即可判断选项B；利用周期性证明，即可判断选项C；在同一坐标系内作出与在上的大致图象，利用周期性和等差数列求解，即可判断选项D．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由的展开式通项为，
则含的项为：，故C，
可得．
故答案为：．
应用二项式定理写出含项，结合已知项系数列方程求值即可．
本题考查二项式定理，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：如图所示，由题意圆：的圆心，半径，
当直线与圆相切时，即为切点时，最小，
此时与轴平行，，
，，
，
，
，，，，
．
故答案为：．
数形结合，易得当直线与圆相切时最小，求得此时．
本题考查圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由题可知．
因为，所以．
所以的图像大致如图所示，

要使的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，
则，解得，
因为，所以．
故答案为：．
先求函数的解析式，画出大致图像，再结合已知条件即可求出的值．
本题主要考查函数的图象变换，正弦函数的图像与性质，考查运算求解能力，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为，，，
则，解得．

此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为．
故答案为：．
根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接球半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可．
本题考查三棱锥的内切球与外接球问题，考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：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；
因为，由正弦定理，得，
因为，
所以，
，
即，
因为，则，
所以或，
所以或，故或． 

【解析】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；
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．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
 

18.【答案】证明：依题意，由，
可得，
两边同时减去，
可得，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
，．
解：由可得，，
则



，
设，
则，
两式相减，
可得

，
，




，
，
，
，
． 

【解析】先将题干中递推公式取倒数，两边同时减去，进一步推导即可证得数列是以为首项，为公比的等比数列，通过计算数列的通项公式即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出的表达式，再运用分组求和法与等差数列的求和公式计算的表达式，然后运用错位相减法进一步计算出的结果，进一步根据不等式的运算即可分析计算得到的值．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，分组求和法，等差数列求和公式的运用，错位相减法，不等式的运算能力，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
 

19.【答案】证明：在等腰梯形中，作，则，
在中，，，，
在中，，解得，
，即，
由平面平面，平面平面，，

平面，
，
，，，平面，
平面C.
解：如图，在平面内，过点作，以为原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，

设，则，
，
设平面的法向量为，
则，则，
平面的一个法向量为，
则，解得，
即． 

【解析】在等腰梯形中，作，利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理得到，即可得证．
建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面与平面的法向量，再利用二面角的大小是，即可求出．
本题主要考查线面垂直的证明，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
 

20.【答案】解：由题可知
，
故可用线性回归模型拟合与的关系．
设家庭中套中小白兔的人数为，则，
所以．
设家庭的盈利为元，则，
所以．
设家庭中套中小白兔的人数为，
则的所有可能取值为，，，，
，
，
，
，
所以．
设家庭的盈利为元，则，
所以．
因为，所以家庭的损失较大． 

【解析】计算相关系数，若接近，则可用线性回归模型拟合与的关系．
家庭符合二项分布，直接用公式求期望，家庭先根据题意列出分布列再求期望．
本题考查相关系数的概念，离散型随机变量的期望的应用，化归转化思想，属中档题．
 

21.【答案】解：根据题意可知，，
椭圆，
设直线的斜率为，由题易知，
当倾斜角为时，直线：，
联立，可得，
或，
，．
椭圆的方程为；
根据题意可知，，
设，，则，．
如图，连接，，
，分别为线段，的中点，
，

，又的面积为，
设，，
设直线：，
联立，得，
，
令，其中，
则，可得，
当时，，此时，
当时，，，
又，解得，
，
解得，又，
实数的取值范围是． 

【解析】先求出、的关系式，再联立直线与椭圆方程解出，即可得解；
由，求得，再求，联立直线与椭圆方程，消去参数即可求的取值范围．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，化归转化思想，属中档题．
 

22.【答案】解：依题意有，
由，可得，由，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
若，即，则在上单调递减，则，
所以，所以，不符合题意；
若，即，则在上单调递增，则，
所以，，符合题意；
(ⅲ)若，则，不符合题意．
综上，可知；
由可知，
所以，
则，
由题意可知，是方程，即的两个根，
则，，
所以等价于．
因为，原不等式等价于，
因为，，
作差得，即，
所以原不等式等价于．
因为，所以恒成立．
令，则不等式在时恒成立．
令，则．
令函数，则在上单调递减，
所以，
则时，，所以在上单调递增．
又，所以在上恒成立，
故． 

【解析】由题可得，然后分情况讨论求函数的最值结合条件即得；
由题可知，是的两个根，进而可将不等式转化为，然后通过换元法，构造函数，利用导数研究函数的性质进而即得．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了不等式的证明，体现了转化思想的应用，属于中档题．