广东省东莞市2023届高三联合模拟预测数学试题（含解析）

广东省东莞市2023届高三联合模拟预测数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．复数满足，则（    ）

A． B．

C． D．

3．数列{an}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3项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（    ）

A．32 B． C．16 D．

6．已知函数，则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

7．如图所示，梯形中，，且，点P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

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2

C．若，，均为正实数，且，则的最小值是4

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3

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10

C．当直线与直线垂直时，

D．的最大值为

三、填空题

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2%（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4%，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40%，60%，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

17．的内角的对边分别是，已知，且的面积为24.

(1)求；

(2)若，求.

18．如图，平面ABCD是圆柱OO₁的轴截面，EF是圆柱的母线，AF∩DE=G，BF∩CE=H，∠ABE=60°，AB=AD=2．

(1)求证：GH∥平面ABCD；

(2)求平面ABF与平面CDE夹角的正弦值．

19．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1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0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．

(1)经过一轮踢球，记甲的得分为，求的分布列及数学期望；

(2)若经过两轮踢球，用表示经过第2轮踢球后，甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．

20．在三棱柱中，，且.

(1)证明：；

(2)若，二面角的大小为，求平面与平面夹角的余弦值.

21．已知函数，．

(1)证明：存在唯一零点；

(2)设，若存在，使得，证明：．

22．已知函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个不同的零点，求的取值范围.

参考答案：

1．B

【分析】根据集合的定义，求得集合，再根据集合的并运算求解即可.

【详解】因为，又，

故.

故选：B.

2．A

【分析】根据复数模的公式及复数的运算法则求得，利用共轭复数的概念得出答案.

【详解】因为，

所以，

所以．

故选：A．

3．C

【分析】根据条件，利用等比数列的定义得到数列为等比数列，从而求出通项，利用通项即可求出结果.

【详解】因为数列满足a1＝，an+1＝2an，易知，

所以为常数，又，

所以数列是以2为首项，公比为的等比数列，

所以，

所以，

故选：C．

4．B

【分析】首先求出当时，或者，然后根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围判断是什么条件即可.

【详解】因为，

若，则即，

解得或者，

所以推不出；

反之能推出，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

【点睛】本题主要考查充分必要性，在求解过程中始终利用小范围能推出大范围，大范围推不出小范围的原则判断即可.

5．B

【分析】运用二项式系数最大项求出n的值，再运用二项展开式的通项公式计算即可.

【详解】∵的展开式共有项，只有第3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：B.

6．D

【分析】结合函数的解析式及对数的运算性质计算即可.

【详解】由题意可得 ，

故选：D.

7．B

【分析】利用坐标法，设，可得，进而可得，然后利用二次函数的性质即得.

【详解】如图建立平面直角坐标系，

则，

∴，

设，，

∴，

又，

∴，

解得，

∴，

即的最小值为.

故选：B.

8．C

【分析】利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性求不等式即可.

【详解】均为偶函数，故函数为偶函数，

令则，

，即在R上单调递减，

又在恒成立，

故函数在上递减，在递增.

.

故选：C.

9．AD

【分析】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“1”的妙用及等号能否取到．

【详解】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2，故错误；

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，故错误；

对于，由可得，

代入到，

当且仅当即时，等号成立，故正确．

故选：．

10．ABD

【分析】判断与的关系可判断AC；讨论奇偶性可判断B；求出导函数，结合余弦函数的性质可判断D.

【详解】因为函数，定义域为，

对于A，

，

所以函数的图象关于直线对称，故A正确；

对于B，，所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；

对于C，由题知，故C错误；

对于D，由题可知，且，故D正确.

故选：ABD.

11．ABD

【分析】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.

【详解】对于A，由，得，

当且仅当时等号成立，A正确；

对于B，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C，当时，满足，，C错误；

对于D，，D正确.

故选：ABD.

12．ABD

【分析】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，一一判断即可.

【详解】根据题意，易知点在圆上.

因为，所以直线的斜率，因此直线的方程为，

令，得，因此点的坐标为，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，所以面积，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．．

【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再求出（1）的值，利用直线方程的点斜式得答案．

【详解】由，得，

（1），

又（1），

曲线在点，（1）处的切线方程为，

即．

故答案为：．

【点睛】方法点睛：在函数上的点处的切线方程为，在解题时注意灵活运用.

14．

【分析】展开式的通项为，可得包含，再求出展开式的通项，得到的系数即可.

【详解】由二项式展开式的通项，可得 ，

故只有包含，

又展开式的通项为，

故当时，的系数为.

故答案为：

15．3.2%

【分析】利用全概率公式求解即可.

【详解】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：.

16．

【分析】求出正四面体 内切球半径即为球心到面ABC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.

【详解】

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：

【点睛】方法点睛：有关平面（可以无限延展的）截球所得截面的计算时，第一步求出球心到截面的距离，第二步根据计算出截面圆的半径，第三步在截面（只是有限大小的平面图形）内通过计算判断所截图形是一个完整的圆还是圆的一部分，这时要根据平面几何中的数据进行计算.

17．(1)64

(2)6

【分析】(1)利用同角三角函数的基本关系得到，然后利用三角形面积，然后代入向量的数量积即可求解；

(2)结合（1）知，可得到，然后利用余弦定理即可求出结果.

【详解】（1）因为，所以.

因为的面积为24，所以，即，

所以.

（2）由（1）知，又，

所以，解得，从而，

在中，由余弦定理可得：，

解得.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，最后由线面平行的判定定理证明平面即可；

（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，再利用向量的夹角公式可得答案．

【详解】（1）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；

（2）以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，

在中，由，得，

所以，

所以，

设平面的一个法向量为，则

由，得，令，得，

设平面的一个法向量为，则

由，得，令，得，

所以，

所以平面与平面的夹角的正弦值为.

19．(1)分布列见解析，

(2)

【分析】（1）先根据题意求得甲进球与乙进球的概率，再结合独立事件的概率公式求得的分布列及数学期望；

（2）分析甲累计得分高于乙累计得分的情况，从而得解.

【详解】（1）记一轮踢球甲进球为事件A，乙进球为事件B，由题意知A，B相互独立，

由题意得：，

甲得分的可能取值为，

则，

，

，

所以的分布列为：

所以

（2）根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种，

分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分，此时乙第1轮得0分，第2轮得分；

或者甲第1轮得1分，第2轮得0分，此时乙第1轮得分，第2轮得0分；

或者甲两轮各得1分，此时乙两轮各得分；

于是

.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AC中点O，由已知判定即可证明；

（2）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.

【详解】（1）

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.

（2）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，

如图所示，由（1）知，以所在直线分别为轴，轴，以过O垂直于底面ABC的直线为轴，建立空间直角坐标系，则轴面，可得坐标如下：

，

则，.

设平面的法向量为，平面的法向量为，

则，令，则，即，

，令，则，即，

记平面与平面的夹角为.

21．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.

（2）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.

【详解】（1）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0，在上恒大于0，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因为，所以有唯一零点0．

（2）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.

【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.

22．（1）的增区间为，减区间为．（2）

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性；

（2）就分类讨论，后者可结合导数求出函数的最小值，根据函数有两个不同的零点得到最值的符号，从而得到的取值范围，注意利用零点存在定理检验．

【详解】（1）若，则，故，

当时，；当时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

即的增区间为，减区间为．

（2），

当时，，此时在无零点，不合题意．

当时，当时，则；当时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

故，

因为函数有两个不同的零点，则即．

又当时，，而，

结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点；

而，

令，，则，

故在上为增函数，

故，

故，结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点，

故的取值范围为．

【点睛】方法点睛：导数背景下函数的零点问题，需利用导数讨论函数的单调性，从而得到函数的最值，结合最值的符号得到参数的取值范围，注意需利用零点存在定理检验前者是否满足要求．