2023届广东省茂名市高三上学期9月大联考数学试题含答案

2023届广东省茂名市高三上学期9月大联考数学试题

一、单选题

1．设集合，，集合，则中所有元素之和为（    ）

A．3 B．5 C．7 D．9

【答案】C

【分析】根据描述法理解求解集合.

【详解】当，时，；

当，时，；

当，时，；

当，时，；

所以，中所有元素之和为7.

故选：C.

2．复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的运算可得，进而即得.

【详解】因为，，

所以，

所以在复平面内对应点的坐标为，位于第一象限.

故选：A.

3．已知抛物线：的准线为，与轴交于点，直线与抛物线交于，两点，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】联立直线与抛物线的方程，即可得到纵坐标，然后结合三角形面积公式，即可得到结果.

【详解】由题意知：，点，由，得，

所以的面积为.

故选:B.

4．已知是奇函数，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据可得，然后进行验证，进而即得.

【详解】因为是定义在上的奇函数，

所以，即，

解得，所以，

此时是奇函数，

所以.

故选：B.

5．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，若动点满足（，），则所有动点构成的平面图形的面积（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】设，的夹角，由题意所有动点构成的平面图形的面积等于以向量，为邻边的平行四边形的面积，利用坐标法求出，即可求出，再根据面积公式计算可得.

【详解】解：因为，，所以，，

设，的夹角，，由题意所有动点构成的平面图形的面积等于以向量，为邻边的平行四边形的面积，

因为，，，

所以，所以，

所以；

故选：D.

6．如图，双曲线：（，）的左、右焦点为，，过，作圆：的切线，四条切线围成的四边形的面积为，则双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由四边形的面积求出直角三角形面积，利用三角形面积公式计算出、，再由可得、，从而得到答案.

【详解】如图，由题意，因为四边形的面积为，所以直角三角形面积为，即，，，，，，双曲线的方程为.

故选：B.

7．下列各式中，不是的展开式中的项是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意多项式展开式中，有一个因式选，有2个因式选，其余的2个因式选，有1个因式选，剩下的3个因式选，分别计算所得项，即可得到结果.

【详解】表示4个因式的乘积，在这4个因式中，有一个因式选，其余的3个因式选，所得的项为，所以是的展开式中的项，在这4个因式中，有2个因式选，其余的2个因式选，所得的项为，所以是的展开式中的项，在这4个因式中，有1个因式选，剩下的3个因式选，所得的项为，所以是的展开式中的项，在这4个因式中，有2个因式选，其余的2个因式中有一个选，剩下的一个因式选，所得的项为，所以不是的展开式中的项.

故选:D.

8．设函数若存在最小值，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据一次函数和二次函数的单调性，分类讨论进行求解即可.

【详解】若时，，；

若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值；

若时，时，单调递减，，当时，，若函数有最小值，需或，解得.

故选：B

【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合最值的性质是解题的关键.

二、多选题

9．下面是某省2016年至2021年乒乓球训练馆新增数量图和乒乓球训练馆类型统计表，则下列说法正确的是（    ）

A．2021年该省乒乓球训练馆产业中C类型乒乓球训练馆占比量最高

B．2016年至2021年该省乒乓球训练馆数量逐年上升

C．2016年至2021年该省乒乓球训练馆新增数量逐年增加

D．2021年B类型乒乓球训练馆比2020年B类型乒乓球训练馆数量多

【答案】ABD

【分析】根据图表理解辨析.

【详解】由统计表可知，2021年该省乒乓球训练馆产业中C类型乒乒球训练馆占比最高，故A正确；

由图可知，2016年至2021年该省乒乒球训练馆数量逐年上升，故B正确；

由图可知，2020年比2019年下降了，故C错误；

由图和统计表可知，2021年B类型乒乒球训练馆比2020年B类型乒乒球训练馆数量多，故D正确.

故选：ABD.

10．Farey数列是这样定义的，对任意给定的一个正整数，将分母小于等于的不可约的真分数按升序排列，并且在第一个分数之前加上，在最后一个分数之后加上，这个序列称为级Farey数列，用表示.如的各项为：，，，，，共有5项.则（    ）

A．数列都有奇数个项 B．6级Farey数列中，中间项为

C．6级Farey数列共有11项 D．6级Farey数列各项的和为

【答案】BD

【分析】根据题意计算出1级Farey数列和6级Farey数列，即可得到结果.

【详解】1级Farey数列各项为：，，A错误；

6级Farey数列：，，，，，，，，，，，，，

共有13项，中间项为，各项的和为，故B正确，C错误，D正确.

故选:BD.

11．已知函数，则（    ）

A．函数在上单调递减

B．函数恰有一个零点

C．当且仅当时，方程恰有三个实根

D．若当（）时，函数的最大值为3，则的最大值为1

【答案】ACD

【分析】对求导，可得，分析的符号，可得的单调性可判断A；可判断B；求出的单调性和极值、最值，结合图象可判断C、D.

【详解】函数，选项B错误；

，或时，，时，.

如图，在，单调递增，在单调递减，选项A正确；

，，当趋近正无穷时，趋近正无穷，

当趋近负无穷时，趋近0，选项C正确；

如图，当（）时，函数的最大值为3，则一定有，

而，所以（）的最大值为1，选项D正确.

故选：ACD.

12．已知圆柱的轴截面的周长为12，圆柱的体积为，圆柱的外接球的表面积为，则下列结论正确的是（    ）

A．圆柱的外接球的表面积有最大值，最大值为

B．圆柱的外接球的表面积有最小值，最小值为

C．圆柱的体积有最大值，最大值为

D．圆柱的体积有最小值，最小值为

【答案】BC

【分析】设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球的半径为，由题意得出三者之间的关系，根据圆柱的表面积和体积公式结合导数分别求出其最值即可得出答案.

【详解】如图，设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球的半径为，

由，得，

又，，

圆柱的体积为，

则，

当时，，当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减，

所以时，取最大值，所以，

圆柱的外接球的表面积，

函数在上单调递减，在上单调递增，

所以时，取最小值，所以.

故选：BC.

三、填空题

13．函数的部分图象如图所示，则______.

【答案】

【分析】由图象可得函数的周期，从而可求得，再利用待定系数法求出即可.

【详解】解：由图象可知：的最小正周期，，

，（），

∴（），

因为，所以.

故答案为：.

14．已知函数，若，则点的取值范围是______.

【答案】

【分析】设，先解不等式得，然后再解不等式，注意分类讨论．

【详解】设，即为，化为或，解得，即，则或，解得或.

故答案为：．

15．写出一个与直线和都相切的圆的方程______.（答案不唯一）

【答案】（答案不唯一）

【分析】两直线斜率乘积为1，则两直线关于直线，对称，则圆心在直线或上，即可取一点（除原点外）作为圆心，由点线距离公式求出半径，可得的圆的方程.

【详解】因为，所以直线和关于直线，对称，

所以与直线和都相切的圆的圆心在直线或直线上（除原点外），

设圆心，则半径，

所以圆的方程为（答案不唯一）.

故答案为：.

四、双空题

16．在空间直角坐标系中，为坐标原点，动点同时满足下列两个条件：①；②.设所有动点构成的几何体的表面积为，体积为，则______，______.

【答案】         

【分析】由题意，几何体是棱长为1的正方体挖掉一个1为半径的球的，由此可以计算体积和表面积

【详解】所有动点构成的几何体为一个棱长为1的正方体挖掉一个以正方体顶点为球心，1为半径的球的.

几何体的体积为.

几何体的表面积为.

故答案为：.

五、解答题

17．已知数列前项和为，，数列为等差数列，公差为.

(1)证明数列为等差数列；

(2)若，，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由等差数列通项公式求得，从而得，利用求得，然后证明为常数即得；

（2）由（1）求得后得，然后由错位相减法求和．

【详解】(1)由题意，，，

因为数列为等差数列，公差为，所以，.

时，，

时，，所以，

时，，

所以数列是公差为，首项为1的等差数列.

(2)若，由（1）知，，，

所以，

则，，

即，所以.

18．锐角的内角，，的对边分别为，，，的面积.

(1)求；

(2)若，边的中线，求，.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角形的面积公式及正弦定理即可得到结果；

（2）利用余弦定理构建，的方程组，从而可得结果.

【详解】(1)的面积，

由题意，，

由正弦定理得，

，，为三角形内角，，，，

，

又因为为锐角，.

(2)由题意知，，

在中，即，

在中，，即.

.，.

由（1）知，，.

由，解得.

19．如图，三棱锥中，是边长为的等边三角形，，中，，，点平面，点，分别为线段、的中点，且平面，.

(1)证明：平面；

(2)证明：四边形为矩形；

(3)求平面和平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】(1)结合已知条件，首先利用几何关系证明，然后利用线面垂直判定定理证明即可；(2)利用线面垂直性质和判定定理证明平面，进而得到四边形为矩形，再结合的中位线性质即可证明；(3)建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可.

【详解】(1)∵，，，

∴，，

∵是边长为的等边三角形，即，

∴，故，即，

又∵，，，平面，

∴平面.

(2)取的中点，连接、，如下图所示：

∵是边长为的等边三角形，∴，

∵平面，平面，

∴，

∵，∴平面，

又∵平面，∴，即、、、四点共面，

∵，，

，从而四边形为矩形，，

∵为线段的中点，∴，

从而，，

∵为线段的中点，∴，，

故四边形为平行四边形，

又，

∴四边形为矩形.

(3)由（1）（2）知、、两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系：

由题意可得，，，，

平面的一个法向量为.

设平面的一个法向量为，，，

由得，令，则，，

故平面的一个法向量为，

则平面与平面的夹角的余弦值为，

故平面和平面夹角的余弦值为.

20．如图，平面直角坐标系中，点为轴上的一个动点，动点满足，又点满足.

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)过曲线上的点（）的直线与，轴的交点分别为和，且，过原点的直线与平行，且与曲线交于、两点，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）法一：充分利用，由坐标得到坐标之间的关系，进而求得动点的轨迹的方程；法二，利用参数方程的思想，得到坐标的参数写法，进而可求；

（2）结合图像，先由得到，再联系方程得到，接着又联方立直线与曲线的方程，利用弦长公式得到，利用点线距离公式得到，由此得到关于的关系式，最后利用基本不等式求得的最大值.

【详解】(1)法一：由题意，设，，

由得，且，

由得，则，得，

代入整理得，故动点的轨迹的方程为.

法二：设，，，

设，则由得，

消去得，故动点的轨迹的方程为.

(2)如图，设（），又直线的斜率存在且，

设直线为：，

可得：，，

由，则，故，，

联立，可得：，即，

又，故直线的方程为，联立，得：，

即、的横坐标为，

，

点到直线的距离，

，

当且仅当，即时等号成立，

面积的最大值为2.

.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．书法是我国及深受我国文化影响过的周边国家和地区特有的一种文字美的艺术表现形式，某大学书法社团在2022级新生中招收新团员，通过楷书、隶书两项书法技能测试进行选拔，每项测试结果只有3种，分别是一等、二等、三等等级，结果为一等得3分、二等得1分、三等得0分.甲同学参加楷书测试结果为一等的概率为，二等的概率为；参加隶书测试结果为一等的概率为，二等的概率为；两项测试互不影响两项测试结束后，甲同学得分之和为.

(1)求甲同学参加楷书、隶书两项书法技能测试，恰有一次为三等的概率；

(2)求的分布列与数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）甲恰有一次为三等这个事件可拆分为四个互斥事件的和：楷书三等隶书一等，楷书三等隶书二等，楷书一等隶书三等，楷书二等隶书三等，由互斥事件和独立事件的概率公式可得；

（2）的所有取值为，分别求得其概率得分布列，再由期望公式计算出期望．

【详解】(1)记为事件“甲同学参加楷书测试的得分为分”（，1，3），

则，，；

记为事件“甲同学参加隶书测试的得分为分”（，1，3）

则，，.

记为事件“甲同学参加楷书、隶书两项书法技能测试恰有一次为三等”.

由题意，，

由事件的独立性和互斥性，

.

所以甲同学参加楷书、隶书两项书法技能测试恰有一次为三等的概率为.

(2)由题意，随机变量可能的取值为0，1，2，3，4，6，

由事件的独立性与互斥性，得

，

，

，

，

，

.

可得随机变量的分布列为：

所以数学期望.

22．已知，函数，.

(1)证明：函数，都恰有一个零点；

(2)设函数的零点为，的零点为，证明.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可；

（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性进行求解即可.

【详解】(1)函数的定义域为，，

时，，时，，

在上单调递减，在上单调递减增，

时，，，，

函数恰有一个零点.

函数的定义域为，，

时，，时，，

在上单调递减，在上单调递增，

时，，，

令（表示中最大的数），，

函数恰有一个零点；

(2)由（1）得函数的零点为，且，的零点为，且，

则有，，

，，，

在上单调递增，由（1）可得，，，

，，

，，.原式得证.

【点睛】关键点睛：根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解是解题的关键.