广东省清远市华侨2023年高三3月份模拟考试数学试题含解析

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1在边长为的菱形中，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ）ABCD2已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，则（ ）A2BC1D3已知，则的大小关系为ABCD4若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD5设某大学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i=1，2，n），用最小二乘法建立的回归方程为=0.85x-85.71，则下列结论中不正确的是Ay与x具有正的

3、线性相关关系B回归直线过样本点的中心（，）C若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kgD若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重比为58.79kg6高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（ ）A40B60C80D1007已知复数，则（ ）ABCD8盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（ ）ABCD9若，则“”的一个充分不必要条件是ABC且D或10已知角的顶点与原点重合，始边与轴

4、的正半轴重合，终边经过点，则（ ）ABCD11正三棱柱中，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）ABCD12已知当，时，则以下判断正确的是 ABCD与的大小关系不确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中常数项是_.14若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围有_.15成都市某次高三统考，成绩X经统计分析，近似服从正态分布，且，若该市有人参考，则估计成都市该次统考中成绩大于分的人数为_16若幂函数的图象经过点，则其单调递减区间为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知数列是等差数列，前项和为，且，（1）求（2）设，求数列

5、的前项和18（12分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率，右准线为，是上的两个动点，（）若，求的值；（）证明：当取最小值时，与共线19（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点 （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值20（12分）已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.21（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，以椭圆C左顶点T为圆心作圆，设圆T与椭圆C交于点M与点N.（1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别

6、与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：为定值.22（10分）已知，.（1）求的最小值；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1A【解析】画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；【详解】如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.法一：四边形的外接圆直径，；法二：，；法三：作出的外接圆直径，则，.故选：A【点睛】此题考

7、查三棱锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.2D【解析】说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再结合奇偶性计算函数值【详解】由知函数的周期为4，又是奇函数，又，故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础3D【解析】分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.详解：由题意可知：，即，即，即，综上可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较这就必须

8、掌握一些特殊方法在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确4C【解析】求得双曲线的渐近线方程，可得圆心到渐近线的距离，由点到直线的距离公式可得的范围，再由离心率公式计算即可得到所求范围【详解】双曲线的一条渐近线为，即，由题意知，直线与圆相切或相离，则，解得，因此，双曲线的离心率.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题5D【解析】根据y与x的线性回归方程为 y=0.85x85.71，则=0

9、.850，y 与 x 具有正的线性相关关系，A正确；回归直线过样本点的中心（），B正确；该大学某女生身高增加 1cm，预测其体重约增加 0.85kg，C正确；该大学某女生身高为 170cm，预测其体重约为0.8517085.71=58.79kg，D错误故选D6D【解析】由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.7B【解析】

10、分析：利用的恒等式，将分子、分母同时乘以 ，化简整理得 详解： ，故选B点睛：复数问题是高考数学中的常考问题，属于得分题，主要考查的方面有：复数的分类、复数的几何意义、复数的模、共轭复数以及复数的乘除运算，在运算时注意符号的正、负问题.8B【解析】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.【详解】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：故选：B【点睛】本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.9C【解析】，当且仅

11、当 时取等号.故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C10A【解析】由已知可得，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.11C【解析】取中点，连接，根据正棱柱的结构性质，得出/，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.【详解】解：如图，取中点，连接，由于正三棱柱，则底面，而底面，所以，由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且,所以平面，而平面，则，则/，即为异面直线与所成角，设，则，则，.故选：C.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.

12、12C【解析】由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，时，根据条件得，即可得结果【详解】解：设，则，即为增函数，又，即，所以，所以故选：C【点睛】本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13-160【解析】试题分析：常数项为.考点：二项展开式系数问题.14或【解析】函数的零点方程的根，求出方程的两根为，从而可得或，即或.【详解】函数在区间的零点方程在区间的根，所以，解得：，因为函数在区间上有且仅有一个零点，所以或，即或.【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，在求含绝对值方程时，要注意对绝对值内数的正负进行讨论.15.【解析

13、】根据正态分布密度曲线性质，结合求得，即可得解.【详解】根据正态分布，且，所以故该市有人参考，则估计成都市该次统考中成绩大于分的人数为故答案为：【点睛】此题考查正态分布密度曲线性质的理解辨析，根据曲线的对称性求解概率，根据总人数求解成绩大于114的人数.16【解析】利用待定系数法求出幂函数的解析式，再求出的单调递减区间【详解】解：幂函数的图象经过点，则，解得；所以，其中；所以的单调递减区间为故答案为：【点睛】本题考查了幂函数的图象与性质的应用问题，属于基础题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17 (1) (2) 【解析】(1)由数列是等差数列，所以，解得，又由，解得

14、， 即可求得数列的通项公式； (2)由（1）得，利用乘公比错位相减，即可求解数列的前n项和【详解】(1)由题意，数列是等差数列，所以，又，由，得，所以，解得， 所以数列的通项公式为 (2)由（1）得，两式相减得，即【点睛】本题主要考查等差的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.18（）（）证明见解析【解析】由与，得，的方程为设，则，由得 （）由，得， ， 由、三式，消去，并求得，故（），当且仅当或时，取最

15、小值，此时，故与共线19 (1)见证明；(2) 【解析】（1）取PD中点G，可证EFGA是平行四边形，从而， 得证线面平行；（2）取AD中点O，连结PO，可得面，连交于，可证是二面角的平面角，再在中求解即得【详解】（1）证明：取PD中点G，连结为的中位线，且， 又且，且，EFGA是平行四边形，则， 又面，面， 面； （2）解：取AD中点O，连结PO， 面面，为正三角形，面，且， 连交于，可得，则，即 连，又，可得平面，则， 即是二面角的平面角， 在中，即二面角的正切值为【点睛】本题考查线面平行证明，考查求二面角求二面角的步骤是一作二证三计算即先作出二面角的平面角，然后证明此角是要求的二面角的平

16、面角，最后在三角形中计算20（1）；（2）【解析】分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.详解：（1）当时，即故不等式的解集为（2）当时成立等价于当时成立若，则当时；若，的解集为，所以，故综上，的取值范围为点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.21（1）；（2）；（3） 【解析】（1）依题意，得，由此能求出椭圆C的方程.（2）点与点关于轴对称，设，设，由于点在椭圆C上，故，由，知，由此能求出圆T的方程.（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：，由此能证明为定值.【详解】（1）依题意，得，故椭圆C的方程为.（2）点与点关于轴对称，设，设，由于点在椭圆C上，所以，由，则， .由于，故当时，的最小值为，所以，故，又点在圆T上，代入圆的方程得到.故圆T的方程为：（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：.故 又点与点在椭圆上，故