广东省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

广东省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：__________

一、单选题

1．已知复数满足，其中为虚数单位，则的实部为（    ）

A．1 B． C．0 D．

2．中国明代商人程大位对文学和数学颇感兴趣，他于60岁时完成杰作《直指算法统宗》．这是一本风行东亚的数学名著，该书第五卷有问题云：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”翻译成现代文为：今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少石米？请你计算甲应该分得（    ）

A．76石 B．77石 C．78石 D．79石

3． （    ）

A． B． C． D．

4．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

5．2020年双十二这一天，某实体店新进两款棉服，统计如表所示，现用分层随机抽样的方法从新进的商品中抽取6件，再从这6件中任抽2件检测，则抽到的2件均为甲款的概率为（　　）

A． B． C． D．

6．在同一平面直角坐标系中，函数的图象与的图象关于直线对称，若，则的值是（    ）

A． B． C． D．

7．记为数列的前项和，满足，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知F为抛物线的焦点，P为抛物线上任意一点，O为坐标原点，若，则（    ）

A． B．3 C． D．

9．关于的方程有唯一解，则实数的取值范围是（    ）

A．或

B．或或

C．或或

D．或

二、多选题

10．下列命题为真命题的有（    ）

A．过直线l外一点P，存在唯一平面与直线l垂直

B．过直线l外一点P，存在唯一平面与直线l平行

C．过平面外一点P，存在唯一平面与平面垂直

D．过平面外一点P，存在唯一平面与平面平行

11．下列函数的最小值为4的是（    ）

A． B．

C． D．

12．已知的定义域是，既是奇函数又是减函数．若，，且，则（     ）

A． B．

C． D．

三、填空题

13．已知集合，，若，则实数的所有可能的取值组成的集合为_________.

14．已知函数在点处的切线经过点，则的最小值为___________.

15．若，则__________．

16．已知是双曲线：（，）的左焦点，A为右顶点，是双曲线上的点，轴，若，则双曲线的两条渐近线的夹角的正弦值为______．

四、解答题

17．在等差数列中，，.

(1)求的值；

(2)2023是否为数列中的项？若是，则为第几项，若不是，请说明理由.

18．如图，四边形为正方形，分别为，的中点，以为折痕把折起.使点到达点的位置，且.

(1)证明：平面平面；

(2)求与平面所成角的余弦值.

19．在中，角所对的边分别为，已知.

(1)求；

(2)求.

20．2022年“中国航天日”线上启动仪式在4月24日上午举行，为普及航天知识，某校开展了“航天知识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了60名，统计他们的成绩（满分100分），其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)若该中学参加这次竞赛的共有2000名学生，试估计全校这次竞赛中“航天达人”的人数；

(2)估计参加这次竞赛的学生成绩的80%分位数；

(3)若在抽取的60名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，则从成绩在[70，80），[80，90），[90，100]内的学生中分别抽取了多少人？

21．已知椭圆，、两点分别为椭圆的左顶点、下顶点，是椭圆的右焦点，，直线与椭圆相切与（在第一象限），与轴相交于（异于），记为坐标原点，若是等边三角形，且的面积为，

(1)求椭圆的标准方程；

(2)、两点均在直线：，且在第一象限，设直线、分别交椭圆于点，点，若、关于原点对称，求的最小值

22．已知定义在上的函数.

(1)若，讨论的单调性；

(2)若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．C

【分析】求出，即得解.

【详解】解：，

所以，，

的实部为0．

故选：C

2．C

【分析】设出未知数，列出方程组，求出答案.

【详解】设甲、乙、丙分得的米数为x+d，x，x-d，则，解得：d=18，，解得：x=60，所以x+d=60+18=78（石）

故选：C

3．D

【分析】根据诱导公式和余弦的和角公式求解即可.

【详解】解：

故选：D

4．A

【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.

【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，

而平面，因此平面，

在等腰中，，则，，

令的外接圆圆心为，则平面，，

有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，

从而，四边形为平行四边形，，又，

因此球O的半径，

所以球的表面积.

故选：A

5．B

【分析】由题可得抽取的6件新进产品中，乙款有2件，甲款有4件，然后利用列举法及古典概型概率公式即得.

【详解】根据题意得抽取的6件新进产品中，乙款有2件，记为A，B，甲款有4件，记为a，b，c，d,

从这6件中任意选取2件，所有可能的情况有ab，ac，ad，aA，aB，bc，bd，bA，bB，cd，cA，cB，dA，dB，AB，共15种,

其中抽到的2件均为甲款的有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6种，

故所求概率.

故选：B.

6．D

【分析】由题得根据即得解.

【详解】解：因为函数的图象与的图象关于直线对称，

所以

因为，所以.

故选：D

7．B

【分析】先由与的关系可得是以1为公差的等差数列，进而可得，再利用裂项相消法求和即可

【详解】由得，即①，

当时，②，

①-②得，，

即，

即，

所以，且，

所以是以1为公差的等差数列，

又，

所以，

则，时也符合，

则，

则．

故选：B．

8．C

【分析】根据抛物线定义结合，求得点P的坐标，即可求得答案.

【详解】由题意F为抛物线的焦点，则,且准线方程为，

设,由可得,代入得，

即,故,

故选：C

9．C

【分析】将问题转化为曲线与有唯一交点，采用数形结合的方式可确定临界状态，结合圆的切线方程的求解方法可求得临界值，结合图形可得结果.

【详解】方程有唯一解等价于曲线与有唯一交点，

由得：，则其图形为以为圆心，为半径的圆的上半部分；

为恒过定点的直线；

作出与图象如下图所示，

由图象可知：当或或或时，曲线与有唯一交点；

当直线与圆相切时，，解得：，

即，；

又，，

方程有唯一解时，实数的取值范围为或或.

故选：C.

10．AD

【分析】对AD，利用反证法推出矛盾判断即可；对BC，举反例判断即可；

【详解】对A，假设过直线l外一点P，存在另一平面β与直线l垂直，又垂直于同一直线的两平面平行，

这与矛盾，所以不存在另一平面β与直线l垂直，所以A正确；

对B，如图：

，故B错误；

对C，如图：

，故C错误；

假设过平面α外一点P，存在不同于β的平面也与平面α平行，则，这与矛盾，

所以不存在不同于β的平面也与平面α平行，所以D正确．

故选：AD

11．CD

【分析】A选项，当时不成立；B选项，利用基本不等式，但等号取不到，故错误；

CD选项，利用基本不等式可求出最小值为4.

【详解】当时，无最小值，故A错误；

当时，，由基本不等式可得：，

当且仅当，即时，等号成立，显然，

所以等号取不到，故B选项错误；

，由基本不等式得：，当且仅当，即时，等号成立，故C正确；

因为，所以，由基本不等式得：，当且仅当，

即，时，等号成立，故D正确.

故选：CD

12．AD

【分析】根据定义域为，且其既是奇函数又是减函数，可知，结合即可判断A,C选项，,则，结合其单调性和奇偶性得到，即可判断B,D选项.

【详解】的定义域为，且既是奇函数又是减函数，

则，，，故A正确，C错误，

,则,

又是在上单调递减的奇函数,

,即,

，故D正确，B错误.

故选：AD.

13．

【分析】由条件可知，则或或，然后再求解的值.

【详解】由得，则或或

当时，，当时，，得或，得，

所以实数的所有可能的取值组成的集合为.

故答案为：

14．6

【分析】根据导函数几何意义求出切线方程，得到，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.

【详解】，则切点为，又，切线斜率为，

切线方程为，又点在切线上，，

则，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：6.

15．

【详解】令 ，则，为的系数，其中展开式中的系数为，展开式中的系数为，则.

【点睛】解决二项式定理问题，第一常利用通项公式，求出展开式的某些指定项，第二要熟悉二项式系数及性质，弄清楚二项式系数和项的系数，第三要掌握赋值法求系数和，第四要学会利用换元法转化问题.

16．##0.96

【分析】由双曲线的定义及性质构建齐次方程求得双曲线离心率，即可求出渐进线的斜率，由两直线的夹角公式及切弦互换即可求两渐进线的夹角的正弦值.

【详解】由题可得，设，∵轴，则，代入双曲线方程可得，

由得，即，解得或（舍）.

故渐近线斜率，

由两直线的夹角公式得两渐进线的夹角满足，故两条渐进线的夹角的正弦值为.

故答案为：

17．(1)

(2)不是，理由见解析

【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，由，求解；

（2）令求解.

【详解】（1）解：由题意，设等差数列的首项为，公差为d，

由，，

即，解得，

所以数列的通项公式为.

所以.

（2）令，

解得，

所以2023不是数列中的项.

18．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的判定定理得结论；

（2）作，垂足为H，得平面，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由线面垂直的性质定理得线线垂直，求得图形中的线段长得出点坐标，然后用空间向量法求线面角．

【详解】（1）由已知可得，，，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面；

（2）作，垂足为H，又平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，

因为，平面，所以平面，平面，

所以，又，所以，又，

故.可得，

则，，则，

易知平面的一个法向量为，

所以，

设与平面所成角为，则，

∴，即与平面所成角的余弦值为.

19．(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件及余弦定理即可求解；

（2）根据（1）的结论及正弦定理，利用大边对大角及同角三角函数的平方关系，结合二倍角的正弦公式即可求解.

【详解】（1）因为，且，

所以，

所以.

（2）由（1）知，，

因为，且，

所以.

因为，所以为锐角，

所以，

故.

20．(1)600人；

(2)85；

(3)3人，2人，1人.

【分析】（1）根据频率分布直方图可求成绩在[80，100]内的频率，从而可求“航天达人”的人数.

（2）根据频率和可确定成绩的80%分位数在[80，90）内，根据公式可求80%分位数；

（3）根据成绩在[70，80），[80，90），[90，100]的频率比值可求各自抽取人数.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，成绩在[80，100]内的频率为0.020×10+0.010×10=0.3，

则估计全校这次竞赛中“航天达人”的人数约为2000×0.3=600人.

（2）由频率分布直方图可知，成绩在[40，50）内的频率为0.005×10=0.05，

成绩在[50，60）内的频率为0.015×10=0.15，

成绩在[60，70）内的频率为0.020×10=0.2，

成绩在[70，80）内的频率为0.030×10=0.3，

成绩在[80，90）内的频率为0.020×10=0.2，

所以成绩在80分以下的学生所占的比例为70%，成绩在90分以下的学生所占的比例为90%，

所以成绩的80%分位数一定在[80，90）内，而，

因此估计参加这次竞赛的学生成绩的80%分位数约为85.

（3）因为，，，

所以从成绩在[70，80），[80，90），[90，100]内的学生中分别抽取了3人，2人，1人.

21．(1)

(2)6

【分析】(1)由可得，再根据△是等边三角形，求出点，代入椭圆方程即可求解；

(2)结合(1)可得，设，，写出直线的方程，求出点的坐标，同理求出点，利用两点间距离公式和不等式即可求解.

【详解】（1）∵，则，

∵△是等边三角形，∴，则，

∵，，则，，

将代入，，

∴，解得，

∴椭圆的标准方程为.

（2）因为，设，，

则直线：，所以，

因为，，则直线：，

所以，

所以，

设，则，

∵，当且仅当时取等，∴，

当且仅当，等号成立，所以，即的最小值为6.

22．(1)分类讨论，答案见解析；

(2).

【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论解和作答.

（2）当时，可得为任意正数，当时，变形给定不等式，构造函数并利用单调性建立不等式，分离参数求解作答.

【详解】（1）函数，，求导得：，

当时，，函数在上单调递增，

当时，由得，由得，则在上递增，在上递减，

所以当时，函数的递增区间是；

当时，函数的递增区间是，递减区间是.

（2）因为，且当时，不等式恒成立，

当时，，恒成立，因此，

当时，，

令，原不等式等价于恒成立，

而，即函数在上单调递增，因此，

即，令，，

当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，

，因此，

综上得，

所以实数的取值范围是.

【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.