廣東省茂名市2023屆高三一模數(shù)學(xué)試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE12023年茂名市高三級第一次綜合測試數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.設(shè)集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)集合的交集的運(yùn)算求解.〖詳析〗由題意可得：.故選：D.2.復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)的點(diǎn)位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗應(yīng)用復(fù)數(shù)乘法運(yùn)算及復(fù)數(shù)幾何意義可得結(jié)果.〖詳析〗∵∴z所對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為.∴復(fù)平面內(nèi)z所對應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限.故選：A.3.在中，，，若點(diǎn)M滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意結(jié)合向量的線性運(yùn)算求解.〖詳析〗由題意可得：.故選：A.4.將4個(gè)6和2個(gè)8隨機(jī)排成一行，則2個(gè)8不相鄰的情況有（）A.480種 B.240種 C.15種 D.10種〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將2個(gè)8插空放入不相鄰的5個(gè)空位，即可得解.〖詳析〗解：將2個(gè)8插空放入不相鄰的5個(gè)空位（4個(gè)6之間有5個(gè)空位）中有方法，故2個(gè)8不相鄰的情況有種.故選：D5.蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子，建造和搬遷都很方便，適于牧業(yè)生產(chǎn)和游牧生活，蒙古包下半部分近似一個(gè)圓柱，高為2m；上半部分近似一個(gè)與下半部分同底的圓錐，其母線長為m，軸截面（過圓錐旋轉(zhuǎn)軸的截面）是面積為的等腰鈍角三角形，則該蒙古包的體積約為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意求圓錐的高和底面半徑，再結(jié)合錐體、柱體體積運(yùn)算求解.〖詳析〗如圖所示為該圓錐軸截面，設(shè)頂角為，因?yàn)槠漭S截面（過圓錐旋轉(zhuǎn)軸的截面）是腰長為，面積為的等腰三角形，所以，解得，則或（舍去），由得，，則上半部分的體積為，下半部分體積為，故蒙古包的體積為.故選：C.6.下列四個(gè)函數(shù)中，最小正周期與其余三個(gè)函數(shù)不同的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗結(jié)合二倍角、輔助角及和差角公式對選項(xiàng)進(jìn)行化簡，再計(jì)算周期比較即可.〖詳析〗對于選項(xiàng)A，，∴選項(xiàng)B：且，∴對于選項(xiàng)C，，∴對于選項(xiàng)D，，∴,故選：C7.設(shè)，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗對，，進(jìn)行變形，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而判斷出，，的大小.〖詳析〗，，故可構(gòu)造函數(shù)，，所以在上單調(diào)遞增，所以，即.故選:B.8.已知菱形ABCD的各邊長為2，.將沿AC折起，折起后記點(diǎn)B為P，連接PD，得到三棱錐，如圖所示，當(dāng)三棱錐的表面積最大時(shí)，三棱錐的外接球體積為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意結(jié)合三角形面積公式分析可得當(dāng)時(shí)，三棱錐的表面積取最大值，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)分析三棱錐的外接球的球心和半徑，即可得結(jié)果.〖詳析〗由題意可得：均為邊長為2的等邊三角形，為全等的等腰三角形，則三棱錐的表面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，三棱錐的表面積取最大值，此時(shí)為直角三角形，，取的中點(diǎn)，連接，由直角三角形的性質(zhì)可得：，即三棱錐的外接球的球心為，半徑為，故外接球體積為.故選：D.〖『點(diǎn)石成金』〗結(jié)論『點(diǎn)石成金』：若三棱錐有兩個(gè)面為共斜邊的直角三角形，則三棱錐的外接球的球心為該斜邊的中點(diǎn).二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對的得2分.9.已知空間中三條不同的直線a、b、c，三個(gè)不同的平面，則下列說法中正確的是（）A.若，，則B.若，，，則C.若，，，則D.若，，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，結(jié)合圖形判斷求解.〖詳析〗對于A，，，則一定成立，A正確；對于B，如圖，正方體兩兩相交的三個(gè)平面,平面,平面,平面平面，平面平面,平面平面，但不平行，故B錯(cuò)誤；對于C，若，，則或，但，所以，C正確；對于D，，，則，D正確.故選:ACD.10.已知函數(shù)對，都有，為奇函數(shù)，且時(shí)，，下列結(jié)論正確的是（）A.函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)中心對稱B.是周期為2的函數(shù)C.D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)為奇函數(shù)得,推出，判斷A；結(jié)合，推出，判斷B；采用賦值法求得，判斷C;利用函數(shù)的周期性結(jié)合題設(shè)判斷D.〖詳析〗由題意為奇函數(shù)得，即，故圖像關(guān)于中心對稱，故A正確；由，得，所以，即是周期為4的函數(shù)，故B錯(cuò)誤；由，令，則，故，故C正確；時(shí)，，∵的周期為4，∴，故D正確，故選:11.已知拋物線，F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.若拋物線C上一點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離是4，則P的坐標(biāo)為、B.拋物線C在點(diǎn)處的切線方程為C.一個(gè)頂點(diǎn)在原點(diǎn)O的正三角形與拋物線相交于A、B兩點(diǎn)，的周長為D.點(diǎn)H為拋物線C的上任意一點(diǎn)，點(diǎn)，，當(dāng)t取最大值時(shí)，的面積為2〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)拋物線定義判斷A，利用導(dǎo)函數(shù)與切線的關(guān)系求解B，設(shè)點(diǎn)，根據(jù)點(diǎn)在拋物線上即可求解C，利用拋物線定義結(jié)合圖形分析得到直線GH與拋物線C相切時(shí)t取最大值，即可求解.〖詳析〗A選項(xiàng)：由拋物線C的定義知，解得代入可得，所以P的坐標(biāo)為、，故A正確；B選項(xiàng)：由得，，切線方拋物線C在點(diǎn)處的切線斜率為，所以切線方程為，故B正確；C選項(xiàng)：頂點(diǎn)在原點(diǎn)O的正三角形與拋物線相交與A、B兩點(diǎn)，設(shè)正三角形的邊長為，則根據(jù)對稱性可得且點(diǎn)在拋物線上，所以，解得，所以這個(gè)正三角形的邊長為，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)：F為拋物線的焦點(diǎn)，過H作HD垂直拋物線C的準(zhǔn)線于點(diǎn)D，如圖，由拋物線的定義知，當(dāng)t取最大值時(shí)，取最小值，即直線GH與拋物線C相切.設(shè)直線HG方程為，由得，所以，解得，此時(shí)，即，所以，故，所以，故D正確.故選:ABD.12.e是自然對數(shù)的底數(shù)，，已知，則下列結(jié)論一定正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗構(gòu)建函數(shù)根據(jù)題意分析可得，對A、D：取特值分析判斷；對B、C：根據(jù)的單調(diào)性，分類討論分析判斷.〖詳析〗原式變形為，構(gòu)造函數(shù)，則，∵，當(dāng)時(shí)，，則，即；當(dāng)時(shí)，，則，即；故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，對于A：取，則∵在上單調(diào)遞增，故，即滿足題意，但，A錯(cuò)誤；對于B：若，則有：當(dāng)，即時(shí)，則，即；當(dāng)，即時(shí)，由在時(shí)單調(diào)遞增，且，故，則；綜上所述：，B正確；對于C：若，則有：當(dāng)，即時(shí)，顯然成立；當(dāng)，即時(shí)，令，∵，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立，∴當(dāng)時(shí)，所以，即，由可得，即又∵由在時(shí)單調(diào)遞增，且，∴，即；綜上所述：，C正確；對于D：取，，則，∵在上單調(diào)遞減，故，∴故，滿足題意，但，D錯(cuò)誤.故選：BC.〖『點(diǎn)石成金』〗結(jié)論『點(diǎn)石成金』：指對同構(gòu)的常用形式：（1）積型：，①構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；②構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；③構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù).（2）商型：，①構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；②構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；③構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù).三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中的系數(shù)為______（用數(shù)字作答）.〖答案〗56〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求解即可.〖詳析〗，令，解得，所以.故的展開式中的系數(shù)為56.故〖答案〗為：5614.過四點(diǎn)、、、中的三點(diǎn)的一個(gè)圓的方程為______（寫出一個(gè)即可）.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗利用圓的一般式方程求過三點(diǎn)的圓.〖詳析〗過，，時(shí)，設(shè)圓的方程為，則，解得，圓的方程是：，即；同理可得：過、、時(shí)，圓的方程是：；過，，時(shí)，圓的方程是：；過，，時(shí)，圓的方程是：.故〖答案〗為：.（、、、寫其中一個(gè)即可）15.e是自然對數(shù)的底數(shù)，的零點(diǎn)為______.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗只用求方程的零點(diǎn)，討論左右兩個(gè)函數(shù)的最值即可求解.〖詳析〗由得，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即，取等號，令，，令解得；令解得，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以要使，只能，，所以零點(diǎn)為，故〖答案〗為:.16.已知直線與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)（A在B的上方），A為BD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作直線與y軸垂直且交于點(diǎn)E，若的內(nèi)心到y(tǒng)軸的距離不小于，則雙曲線C的離心率取值范圍是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求得的坐標(biāo)，根據(jù)三角形的內(nèi)心以及角平分線定理以及的內(nèi)心到軸的距離的范圍，求得的取值范圍，進(jìn)而求得離心率的取值范圍.〖詳析〗因?yàn)锳在B的上方，且這兩點(diǎn)都在C上，所以，，則.因?yàn)锳是線段BD的中點(diǎn)，又軸，所以，，所以的內(nèi)心G在線段EA上.因?yàn)镈G平分，所以在中所以，設(shè)，所以，因?yàn)镚到y(tǒng)軸的距離不小于，∴，∴∴，故.故〖答案〗為：四、解答題：共70分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知為數(shù)列的前n項(xiàng)和，，.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式：（2）若，為數(shù)列的前n項(xiàng)和.求，并證明：.〖答案〗（1）（2），證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題設(shè)，利用的關(guān)系可推得，判斷數(shù)列為等差數(shù)列，即可求得〖答案〗；（2）由（1）求得的表達(dá)式，利用裂項(xiàng)求和求得，結(jié)合的的單調(diào)性，可證明結(jié)論.〖小問1詳析〗當(dāng)時(shí),，,則,當(dāng)時(shí)，，則,兩式相減得：即即∵，∴,∴數(shù)列是2為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列，∴.〖小問2詳析〗由（1）得，，，∵，∴，∴又∵，∴隨著n的增大而減少，從而隨著n的增大面增大，∴，綜上所述，.18.已知的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且.（1）求證：.（2）求的取值范圍.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)結(jié)合正弦定理及正弦和角公式得，結(jié)合角度范圍即可證明；(2)結(jié)合正弦定理及三角恒等變換，結(jié)合B角范圍即可求解.〖小問1詳析〗在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，〖小問2詳析〗得：得，∴，∴，由題意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范圍為方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范圍為19.如圖所示，三棱錐，BC為圓O的直徑，A是弧上異于B、C的點(diǎn).點(diǎn)D在直線AC上，平面PAB，E為PC的中點(diǎn).（1）求證：平面PAB；（2）若，求平面PAB與平面PBC夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知可推出，進(jìn)而得出D為AC中點(diǎn)，證得，即可根據(jù)線面平行的判定定理；（2）先證明平面.方法一：以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進(jìn)而根據(jù)向量法求出夾角即可；方法二：以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進(jìn)而根據(jù)向量法求出夾角即可.〖小問1詳析〗因?yàn)槠矫鍼AB，平面平面，平面CAB所以.又O為BC中點(diǎn)，所以D為AC中點(diǎn).又E為PC中點(diǎn)，所以，因?yàn)槠矫?，平面，所以平?〖小問2詳析〗如圖1，取的中點(diǎn)F，連結(jié)PF、AF.由已知底面在半圓O上，BC為圓O的直徑，可得.因?yàn)樗裕?又，則有，所以，.則有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如圖2建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由，，可得.，，，，，.所以，，.設(shè)為平面PAB的一個(gè)法向量，則，令，則，，則.設(shè)為平面PBC的一個(gè)法向量，則，令，則，，則.設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為，則.法二：如圖3，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)?，則，，，，，所以，，.設(shè)為平面PAB的一個(gè)法向量，則，令，則，，則.設(shè)為平面PBC的一個(gè)法向量，則，令，則，，則.設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為，則.20.學(xué)校舉辦學(xué)生與智能機(jī)器人的圍棋比賽，現(xiàn)有來自兩個(gè)班的學(xué)生報(bào)名表，分別裝入兩袋，第一袋有5名男生和4名女生的報(bào)名表，第二袋有6名男生和5名女生的報(bào)名表，現(xiàn)隨機(jī)選擇一袋，然后從中隨機(jī)抽取2名學(xué)生，讓他們參加比賽.（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；（2）比賽記分規(guī)則如下：在一輪比賽中，兩人同時(shí)贏積2分，一贏一輸積0分，兩人同時(shí)輸積分.現(xiàn)抽中甲、乙兩位同學(xué)，每輪比賽甲贏概率為，乙贏概率為，比賽共進(jìn)行二輪.（i）在一輪比賽中，求這兩名學(xué)生得分的分布列；（ii）在兩輪比賽中，求這兩名學(xué)生得分的分布列和均值.〖答案〗（1）（2）（i）分布列見〖解析〗（ii）分布列見〖解析〗，均值為0〖解析〗〖祥解〗（1）設(shè)“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“隨機(jī)抽取2張，恰好抽到一名男生和一名女生的報(bào)名表”，由條件概率公式結(jié)合全概率公式求解；（2）（i）的可能取值為－2，0，2，計(jì)算出相應(yīng)概率，即得分布列；（ii）的可能取值為－4，－2，0，2，4，計(jì)算出相應(yīng)概率，即得分布列和均值；〖小問1詳析〗設(shè)“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“隨機(jī)抽取2張，恰好抽到一名男生和一名女生的報(bào)名表”由全概率公式得〖小問2詳析〗（i）設(shè)在一輪比賽中得分為，則的可能取值為－2，0，2，則得分為的分布列用表格表示－202P（ii）設(shè)在二輪比賽中得分為，則的可能取值為－4，－2，0，2，4，則得分為的分布列用表格表示為－4－2024P21.已知橢圓的左焦點(diǎn)F為，過橢圓左頂點(diǎn)和上項(xiàng)點(diǎn)的直線的斜率為.（1）求橢圓E的方程；（2）若為平面上一點(diǎn)，C，D分別為橢圓的上、下頂點(diǎn)，直線NC，ND與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)分別為P，Q.試判斷點(diǎn)F到直線PQ的距離是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，請說明理由.〖答案〗（1）；（2）存在，.〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)給定條件，直接求出a，b的值作答.（2）當(dāng)時(shí)，求出直線的方程，與橢圓E的方程聯(lián)立求出點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線方程即可推理計(jì)算，再驗(yàn)證時(shí)的情況作答.〖小問1詳析〗橢圓的左頂點(diǎn)，上頂點(diǎn)，依題意，，又左焦點(diǎn)，即有，解得，所以橢圓E的方程為.〖小問2詳析〗由（1）知，點(diǎn)，，而，當(dāng)時(shí)，，，直線PQ為y軸，當(dāng)時(shí)，直線CN的斜率，方程為，直線DN的斜率，方程為，由消去x得：，設(shè)，則，有，，即，由消去x得：，設(shè)，則，有，