广东省茂名市2023届高三一模数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE12023年茂名市高三级第一次综合测试数学试卷一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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.设集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据集合的交集的运算求解.〖详析〗由题意可得：.故选：D.2.复平面内表示复数的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗应用复数乘法运算及复数几何意义可得结果.〖详析〗∵∴z所对应点的坐标为.∴复平面内z所对应的点位于第一象限.故选：A.3.在中，，，若点M满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据题意结合向量的线性运算求解.〖详析〗由题意可得：.故选：A.4.将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况有（）A.480种 B.240种 C.15种 D.10种〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将2个8插空放入不相邻的5个空位，即可得解.〖详析〗解：将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中有方法，故2个8不相邻的情况有种.故选：D5.蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解.〖详析〗如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，所以，解得，则或（舍去），由得，，则上半部分的体积为，下半部分体积为，故蒙古包的体积为.故选：C.6.下列四个函数中，最小正周期与其余三个函数不同的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗结合二倍角、辅助角及和差角公式对选项进行化简，再计算周期比较即可.〖详析〗对于选项A，，∴选项B：且，∴对于选项C，，∴对于选项D，，∴,故选：C7.设，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗对，，进行变形，构造，，求导后得到其单调性，从而判断出，，的大小.〖详析〗，，故可构造函数，，所以在上单调递增，所以，即.故选:B.8.已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意结合三角形面积公式分析可得当时，三棱锥的表面积取最大值，再根据直角三角形的性质分析三棱锥的外接球的球心和半径，即可得结果.〖详析〗由题意可得：均为边长为2的等边三角形，为全等的等腰三角形，则三棱锥的表面积，当且仅当，即时，三棱锥的表面积取最大值，此时为直角三角形，，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得：，即三棱锥的外接球的球心为，半径为，故外接球体积为.故选：D.〖『点石成金』〗结论『点石成金』：若三棱锥有两个面为共斜边的直角三角形，则三棱锥的外接球的球心为该斜边的中点.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知空间中三条不同的直线a、b、c，三个不同的平面，则下列说法中正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，则〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根据直线与平面、平面与平面的位置关系，结合图形判断求解.〖详析〗对于A，，，则一定成立，A正确；对于B，如图，正方体两两相交的三个平面,平面,平面,平面平面，平面平面,平面平面，但不平行，故B错误；对于C，若，，则或，但，所以，C正确；对于D，，，则，D正确.故选:ACD.10.已知函数对，都有，为奇函数，且时，，下列结论正确的是（）A.函数的图像关于点中心对称B.是周期为2的函数C.D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根据为奇函数得,推出，判断A；结合，推出，判断B；采用赋值法求得，判断C;利用函数的周期性结合题设判断D.〖详析〗由题意为奇函数得，即，故图像关于中心对称，故A正确；由，得，所以，即是周期为4的函数，故B错误；由，令，则，故，故C正确；时，，∵的周期为4，∴，故D正确，故选:11.已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（）A.若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、B.抛物线C在点处的切线方程为C.一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为D.点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根据抛物线定义判断A，利用导函数与切线的关系求解B，设点，根据点在抛物线上即可求解C，利用抛物线定义结合图形分析得到直线GH与抛物线C相切时t取最大值，即可求解.〖详析〗A选项：由抛物线C的定义知，解得代入可得，所以P的坐标为、，故A正确；B选项：由得，，切线方抛物线C在点处的切线斜率为，所以切线方程为，故B正确；C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点，设正三角形的边长为，则根据对称性可得且点在抛物线上，所以，解得，所以这个正三角形的边长为，故C错误；D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线于点D，如图，由抛物线的定义知，当t取最大值时，取最小值，即直线GH与抛物线C相切.设直线HG方程为，由得，所以，解得，此时，即，所以，故，所以，故D正确.故选:ABD.12.e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗构建函数根据题意分析可得，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据的单调性，分类讨论分析判断.〖详析〗原式变形为，构造函数，则，∵，当时，，则，即；当时，，则，即；故在上单调递减，在上单调递增，对于A：取，则∵在上单调递增，故，即满足题意，但，A错误；对于B：若，则有：当，即时，则，即；当，即时，由在时单调递增，且，故，则；综上所述：，B正确；对于C：若，则有：当，即时，显然成立；当，即时，令，∵，当且仅当，即时等号成立，∴当时，所以，即，由可得，即又∵由在时单调递增，且，∴，即；综上所述：，C正确；对于D：取，，则，∵在上单调递减，故，∴故，满足题意，但，D错误.故选：BC.〖『点石成金』〗结论『点石成金』：指对同构的常用形式：（1）积型：，①构造形式为：，构建函数；②构造形式为：，构建函数；③构造形式为：，构建函数.（2）商型：，①构造形式为：，构建函数；②构造形式为：，构建函数；③构造形式为：，构建函数.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数为______（用数字作答）.〖答案〗56〖解析〗〖祥解〗根据二项展开式的通项公式求解即可.〖详析〗，令，解得，所以.故的展开式中的系数为56.故〖答案〗为：5614.过四点、、、中的三点的一个圆的方程为______（写出一个即可）.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗利用圆的一般式方程求过三点的圆.〖详析〗过，，时，设圆的方程为，则，解得，圆的方程是：，即；同理可得：过、、时，圆的方程是：；过，，时，圆的方程是：；过，，时，圆的方程是：.故〖答案〗为：.（、、、写其中一个即可）15.e是自然对数的底数，的零点为______.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗只用求方程的零点，讨论左右两个函数的最值即可求解.〖详析〗由得，因为，所以，当且仅当，即，取等号，令，，令解得；令解得，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以要使，只能，，所以零点为，故〖答案〗为:.16.已知直线与双曲线交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过点A作直线与y轴垂直且交于点E，若的内心到y轴的距离不小于，则双曲线C的离心率取值范围是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求得的坐标，根据三角形的内心以及角平分线定理以及的内心到轴的距离的范围，求得的取值范围，进而求得离心率的取值范围.〖详析〗因为A在B的上方，且这两点都在C上，所以，，则.因为A是线段BD的中点，又轴，所以，，所以的内心G在线段EA上.因为DG平分，所以在中所以，设，所以，因为G到y轴的距离不小于，∴，∴∴，故.故〖答案〗为：四、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.已知为数列的前n项和，，.（1）求数列的通项公式：（2）若，为数列的前n项和.求，并证明：.〖答案〗（1）（2），证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据题设，利用的关系可推得，判断数列为等差数列，即可求得〖答案〗；（2）由（1）求得的表达式，利用裂项求和求得，结合的的单调性，可证明结论.〖小问1详析〗当时,，,则,当时，，则,两式相减得：即即∵，∴,∴数列是2为首项，公差为2的等差数列，∴.〖小问2详析〗由（1）得，，，∵，∴，∴又∵，∴随着n的增大而减少，从而随着n的增大面增大，∴，综上所述，.18.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求证：.（2）求的取值范围.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.〖小问1详析〗在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，〖小问2详析〗得：得，∴，∴，由题意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范围为方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范围为19.如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.（1）求证：平面PAB；（2）若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知可推出，进而得出D为AC中点，证得，即可根据线面平行的判定定理；（2）先证明平面.方法一：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.〖小问1详析〗因为平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O为BC中点，所以D为AC中点.又E为PC中点，所以，因为平面，平面，所以平面.〖小问2详析〗如图1，取的中点F，连结PF、AF.由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.因为所以，所以.又，则有，所以，.则有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.由，，可得.，，，，，.所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，，，，，所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.20.学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；（2）比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.〖答案〗（1）（2）（i）分布列见〖解析〗（ii）分布列见〖解析〗，均值为0〖解析〗〖祥解〗（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；（2）（i）的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为－4，－2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；〖小问1详析〗设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”由全概率公式得〖小问2详析〗（i）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则得分为的分布列用表格表示－202P（ii）设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则得分为的分布列用表格表示为－4－2024P21.已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上项点的直线的斜率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q.试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由.〖答案〗（1）；（2）存在，.〖解析〗〖祥解〗（1）根据给定条件，直接求出a，b的值作答.（2）当时，求出直线的方程，与椭圆E的方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可推理计算，再验证时的情况作答.〖小问1详析〗椭圆的左顶点，上顶点，依题意，，又左焦点，即有，解得，所以椭圆E的方程为.〖小问2详析〗由（1）知，点，，而，当时，，，直线PQ为y轴，当时，直线CN的斜率，方程为，直线DN的斜率，方程为，由消去x得：，设，则，有，，即，由消去x得：，设，则，有，