2023年广东省东莞市高考数学模拟试卷-普通用卷

这是一份2023年广东省东莞市高考数学模拟试卷-普通用卷，共17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年广东省东莞市高考数学模拟试卷一、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(    )A.  B.  C.  D. 2.  复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  数列满足，，数列的前项积为，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知向量，则“”是“”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5.  若二项式的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知函数，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  如图所示，梯形中，，且，点在线段上运动，若，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知函数，则的解集为(    )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.  下列说法正确的有(    )A. 若，则的最大值是
B. 若，则的最小值为
C. 若，，均为正实数，且，则的最小值是
D. 已知，，且，则最小值是10.  随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是(    )A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数为周期函数，且最小正周期为
D. 函数的导函数的最大值为11.  已知，，满足，则(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知直线过点且与圆：相切，直线与轴交于点，点是圆上的动点，则下列结论中正确的有(    )A. 点的坐标为
B. 面积的最大值为
C. 当直线与直线垂直时，
D. 的最大值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  曲线在点处的切线方程为______ ．14.  在的展开式中，的系数为______ ．15.  核桃又称胡桃、羌桃、扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同：现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为空壳率指坚果，谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳，乙地种植的核桃空壳率为，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的，，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是______ ．16.  以棱长为的正四面体中心点为球心，半径为的球面与正四面体的表面相交部分总长度为______ ．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
的内角，，的对边分别是，，，已知，且的面积为．
求；
若，求．18.  本小题分
如图，平面是圆柱的轴截面，是圆柱的母线，，，，．
求证：平面；
求平面与平面夹角的正弦值．
19.  本小题分
在年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以胜平负进球失球的成绩惨败出局甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练每人各踢一次为一轮，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有人进球另一人不进球，进球者得分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响，
经过一轮踢球，记甲的得分为，求的分布列及数学期望；
若经过两轮踢球，用表示经过第轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．20.  本小题分
在三棱柱中，，且．
证明：；
若，二面角的大小为，求平面与平面夹角的余弦值．
21.  本小题分
已知函数，．
证明：存在唯一零点；
设，若存在，，使得，证明：．22.  本小题分
已知函数，．
当时，讨论函数的单调性；
若函数有两个不同的零点，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，，
则．
故选：．
根据已知条件，先求出集合，再结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集的运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
所以．
故选：．
利用复数的模长公式计算，利用复数除法计算，从而得到．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为数列满足，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，
故选：．
根据条件可知数列是首项为，公比为的等比数列，根据等比数列的性质可知数列是以为首项，公比为的等比数列，从而可得数列的通项公式，进而可计算．
本题考查了等比数列的性质和通项公式，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：若，则，
即，得或，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
根据向量垂直的关系求出的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据向量垂直的关系求出等价条件是解决本题的关键，是基础题．
 5.【答案】 【解析】解：的展开式共有项，只有第项的二项式系数最大，
，
，
的第项为，，
令，解得：，
，即：展开式中项的系数为．
故选：．
运用二项式系数最大项求出的值，再运用二项展开式的通项公式计算即可．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意可得，
故选：．
结合函数的解析式及对数的运算性质计算即可．
本题主要考查了分段函数中，函数值的求解，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】【分析】本题考查平面向量基本定理的应用，考查向量的线性运算，训练了利用配方法求最值，是中档题．
取的中点，连接，由已知可得四边形为平行四边形，设，利用向量的加法、减法及数乘运算求得，结合，可得、与的关系，然后利用配方法求的最小值．【解答】解：如图，取的中点，连接，

由已知可得，，，则四边形为平行四边形，
，
设，则
，
又，，
则，，
当时，取最小值为．
故选B．  8.【答案】 【解析】解：，均为偶函数，故函数为偶函数，
，令则，
，，即在上单调递减，
又，在恒成立，
故函数在上递减，在递增．
．
故选：．
利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性求不等式即可．
本题考查导数的综合应用，化归转化思想，属中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于，由可得，
由基本不等式可得，
当且仅当即时取等号，
所以的最大值为，故A正确；
对于，，
当且仅当时等号成立，但此时无解，等号无法取得，
则最小值不为，故B错误；
对于，由可得

，
当且仅当且，即，，时，等号成立，
由于，，均为正实数，则等号取不到，故C错误；
对于，由可得，
代入到，
当且仅当即时，等号成立，故D正确．
故选：．
根据选项中各式的特点，进行适当变形，使用基本不等式进行判断．注意“”的妙用及等号能否取到．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，要注意应用条件的检验，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：因为函数，定义域为，
对于，
，
所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于，，
所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；
对于，由题知，故C错误；
对于，由题可知，且，故D正确．
故选：．
判断与的关系可判断；讨论奇偶性可判断；求出导函数，结合余弦函数的性质可判断．
本题主要考查函数最值的求法，函数的对称性及周期性，考查运算求解能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：对于，由，得，
，当且仅当时等号成立，A正确；
对于，由，得且，，
令，则，解得，解得，
得在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，B正确；
对于，当，时，满足，，C错误；
对于，，D正确．
故选：．
利用指数式和对数式的运算规则，结合导数和基本不等式求最值，验证各选项是否正确．
本题主要考查了不等式性质，基本不等式，导数与单调性关系的综合应用，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，涉及直线与圆的位置关系，二倍角的正切公式，直线垂直，三角形面积最值等知识点，属于中档题．
根据题意，结合直线与圆，点与圆的位置关系，以及垂直直线的斜率关系和正切的二倍角公式逐一判断即可．【解答】解：由题可得点在圆上，
因为，所以直线的斜率，因此直线的方程为，
令，解得，所以点的坐标为，故A正确；
因为点是圆上的动点，所以点到直线的最大距离，
又因为，所以的面积最大值为，故B正确；
因为直线：与直线垂直，所以，解得，故C错误；
当直线与圆相切时，锐角最大，即最大，此时，
因为，所以，故D正确；
故选ABD．  13.【答案】 【解析】解：由，得，
，
又，
曲线在点处的切线方程为，
即．
故答案为：．
求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再求出的值，利用直线方程的点斜式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数，是基础题．
 14.【答案】 【解析】解：对于，
其通项公式为，
令，则有，
对于，
其通项公式，
令，所以，
所以的系数为．
故答案为：．
根据二项式定理展开式的通项公式计算即可．
本题考查了二项式定理展开式的通项公式的应用，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：设事件所取核桃产地为甲地为事件，事件所取核桃产地为乙地为事件，所取核桃为空壳为事件，
则，，，，
，
所以该核桃是空壳的概率是．
故答案为：．
利用全概率公式求解即可．
本题考查条件概率，考查全概率公式，是中档题．
 16.【答案】 【解析】解：将正四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，
所以正四面体的体积为，
表面积为，
设正四面体的内切球半径为，
则，解得，
显然内切球心为，故到面的距离为，
球面与面相交部分为以的圆，
设三角形的内切圆半径为，圆心为，为的中点，
则，故，此时恰好，
即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，
故当时，圆弧总长度为．
故答案为：．
求出正四面体 内切球半径即为球心到面的距离，从而得到球被平面所截得的圆的半径，再求出的内切圆的半径，此圆恰好为球被平面所截得的圆，即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，求四个内切圆的周长即可．
本题主要考查了正四面体的结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
 17.【答案】解：的内角，，的对边分别是，，，已知，
则，
又的面积为，
则，
即，
则，
即；
由且，
则，
则由余弦定理可得，
即． 【解析】先由已知条件求出，然后求出，最后求出即可；
由且，则，然后结合余弦定理求解即可．
本题考查了三角形的面积公式，重点考查了余弦定理，属基础题．
 18.【答案】解：证明：由题意知，，平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以平面平面，
因为平面，所以，又平面，
平面，所以平面；
以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，
在中，由，，得，，
所以， ，，， ，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，，，
平面的一个法向量为，
所以，，
，．
所以平面与平面的夹角的正弦值为． 【解析】由线面平行的判定定理得平面，再由线面平行的性质定理可得，再由线面平行的判定定理能证明平面；
以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面的夹角的余弦值，进而可求正弦值．
本题考查线面平行的判定定理、性质定理、二面角的定义及其余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 19.【答案】解：经过一轮踢球，记事件为甲进球，事件为乙进球，事件与事件相互独立，
，，
甲的得分的可能取值为，，，
，
，
，
所以的分布列为： 所以．
根据题意，经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种，
甲两轮中第轮得分，第轮得分；
甲第轮得分，第轮得分；
甲两轮各得分，

． 【解析】求得的可能取值及对应概率，完成分布列，即可求得期望；
讨论经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况，即可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列及其期望，是中档题．
 20.【答案】解：证明：设的中点为，连接，，，

因为，所以，
又因为，且，，平面，
所以平面
因为平面，所以，
又因为是中点，所以C.
由上可知：，在中，由余弦定理得：
，
则，，
又因为平面，二面角的大小为，则，
以所在直线分别为轴，轴，以过垂直于底面的直线为轴，
建系如图，则根据题意可得：

，
所以，．
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，，
取，，
记平面与平面的夹角为，
． 【解析】取中点，由已知判定即可证明；
建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求平面的夹角即可．
本题考查线面垂直的判定定理，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题．
 21.【答案】证明：由题意可得，
记，则，
因为时，恒成立，所以在上单调递增，
因为，所以在上恒小于，在上恒大于，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以有唯一零点．
由可得，
若是方程的根，则是方程的根，
因为，都单调递增，
所以，，
设，，
所以的解为，的解为，
所以在上递减，在上递增，
所以的最小值为，即的最小值为．
故原不等式成立． 【解析】利用导函数求单调性，结合即可求解．
由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可．
本题考查导数的综合运用，考查函数零点以及不等式的证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】解：时，，，
，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在递增；
，
令，则，
当，解得：，
故时，，在递增，
故，
令，解得：或舍，
当时，，即，递减，
当时，，即，递增，
故，
且时，，时，，
由函数有两个不同的零点，
则，解得：，
故的取值范围是． 【解析】代入的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的的单调区间即可；
求出函数的导数，根据函数的单调性求出的最小值，结合函数零点的个数，得到关于的不等式，求出的范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数零点问题，考查转化思想，是中档题．