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2023年广东省大联考高考数学模拟试卷（二）（4月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若，则复数的实部为( )
A. B. C. D.
2. 以下函数满足的是( )
A. B. C. D.
3. 设集合，，则( )
A. 集合的非空子集有个 B. 集合的非空子集有个
C. 集合的非空子集有个 D. 集合的非空子集有个
4. 沙漏是古代的一种计时仪器，根据沙子从一个容器漏到另一容器的时间来计时如图，沙漏可视为上下两个相同的圆锥构成的组合体，下方的容器中装有沙子，沙子堆积成一个圆台，若该沙漏高为，沙子体积占该沙漏容积的，则沙子堆积成的圆台的高为( )
A.
B.
C.
D.
5. 设满足，则( )
A. B. C. D.
6. 已知数列的各项均为正数，数列是常数列，则数列( )
A. 是递增数列 B. 是递减数列 C. 先递增后递减 D. 先递减后递增
7. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，直线经过，且与交于，两点，若，，则的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知高和底面边长均为的正四棱锥，则( )
A.
B. 与底面的夹角的正弦值为
C. 二面角的平面角的正切值为
D. 四棱锥的体积为
10. 已知曲线关于轴对称，设函数，则( )
A. B. 的最小正周期是
C. 的值域是 D. 在区间上单调递减
11. 已知随机变量和的分布列如下，与的取值互不影响，则( )
A. 存在，使得 B.
C. 若服从二项分布，则 D.
12. 已知抛物线：的焦点为，为上位于直线右侧的一个动点，为坐标原点，则下列说法正确的是表示斜率，表示面积( )
A. 若，，，则
B. 若满足，则
C. 若直线交于另一点，则
D. 若直线交于，两点，且，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 曲线在点处的切线方程是______ ．
14. 的展开式中，的系数是______ ．
15. 已知正数，满足，则的最小值为______ ．
16. 已知点，，，点满足，则的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知正项等比数列和其前项和满足，．
Ⅰ求的通项公式；
Ⅱ在和之间插入个数，使得这个数依次构成一个等差数列，设此等差数列的公差为，求满足的正整数的最小值．
18. 本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，且．
求的值；
若为上一点，且，求角的最大值．
19. 本小题分
已知盒中放有个乒乓球，其中个是新的，个是旧的第一次比赛时，从中一次性任意取出个来用，用完后仍放回盒中新球用后成了旧球；第二次比赛时从中任意取出个．
Ⅰ记第一次比赛时从盒中取出的个球中旧球的个数为，求的分布列与数学期望；
Ⅱ求第二次比赛时取出的球为新球的概率．
20. 本小题分
图是边长为的正方形，将沿折起得到如图所示的三棱锥，且．
Ⅰ证明：平面平面；
Ⅱ点是棱上不同于，的动点，设，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
21. 本小题分
已知点为椭圆：上的一点，点．
Ⅰ求的离心率；
Ⅱ若直线交于，两点不与点重合，且直线，，的斜率满足，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标．
22. 本小题分
已知函数，．
Ⅰ若在区间上单调递增，求的取值范围；
Ⅱ若，求在区间上的值域；
Ⅲ证明：，
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：设，
，
则，即，
所以，解得．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：若函数满足，则函数为奇函数，
对于，函数的定义域为，，即，所以为奇函数，故A正确；
对于，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不具有奇偶性，故B错误；
对于，由可得，，即函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不具有奇偶性，故C错误；
对于，函数的定义域为，，所以为偶函数，故D错误．
故选：．
若函数满足，则函数为奇函数，再利用奇函数的定义逐个分析各个选项即可．
本题主要考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意，集合中有无数个点元素，
故集合有无数个非空子集，
集合中有个元素，如图：直线与圆相交，
，
故集合有个非空子集．
故选：．
根据集合的定义，集合运算，直线与圆的位置关系判断即可．
本题考查集合中非空子集的求法，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，沙漏是由两个圆锥组成的几何体，两部分体积相等，则两部分圆锥的高为，
设沙漏下半部分圆锥的体积为，沙子上方圆锥的体积为，
由于沙子体积占该沙漏容积的，即，
则，故剩余空间的高为圆锥高的一半，故沙子堆积成的圆台的高为．
故选：．
根据题意，设沙漏下半部分圆锥的体积为，沙子上方圆锥的体积为，分析可得，变形可得，故剩余空间的高为圆锥高的一半，由此分析可得答案．
本题考查圆台、圆锥的体积计算，注意圆台、圆锥的体积公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：满足，，即，
，，即，，
则．
故选：．
由题意利用两角差的正弦公式求得，由此可得的值，再利用诱导公式，可得的值．
本题主要考查两角差的正弦公式、诱导公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设为常数，，
，，易得，
，
，数列为递增数列．
故选：．
证明，数列则为递增数列．
本题考查数列的单调性，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：令，则，
当时，，单调递增，
所以，
所以，即，
由三角函数线的知识可知，
令，，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即，
所以，
所以，
即，
综上所述：．
故选：．
令，利用导数确定函数的单调性，从而可得与的大小关系，令，，利用导数及三角函数线的知识，即可得与的大小关系，从而即可答案．
本题考查了导数的综合运用及三角函数的性质，难点在于构造函数及，，属于难题．
8.【答案】
【解析】解：由题意知，，且，都在双曲线的右支上，
设，则，，，
在中，，得，
在中，，得．
故选：．
由题意知，，且，都在双曲线的右支上，设，求出，，，利用勾股定理即可求解．
本题主要考查双曲线的离心率的求法，考查运算求解能力，属于中档题
9.【答案】
【解析】解：设正方形中心为，
高和底面边长均为，
，，
则，故A正确；
平面，
是与底面的夹角，则，故B错误；
取中点，则，，即为所求角，则，故C正确；
，故D正确．
故选：．
根据正四棱锥的边长关系，分别进行计算即可．
本题主要考查空间角和棱锥体积的计算，根据线面角和二面角的定义找出线面角和二面角的平面角，进行计算是解决本题的关键，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：由于曲线关于轴对称，故函数为偶函数，
可得，，故A错误．
函数，
当为偶数时，，
故的最小正周期为，故B正确．
显然，的值域为，故C错误．
在区间上，，故函数单调递减，故D正确．
当为奇数时，，
故它的最小正周期为，故B正确．
显然，它的值域为，故C错误．
在区间上，，故函数单调递减，故D正确．
综上可得，BD正确，AC错误
故选：．
由题意，利用正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由已知得，且 解得．
对于，因为，的取值互不影响，所以，
若项成立，则有，
所以，所以，不符合条件，故A错误；
对于，，，
则，故B错误；
对于，设，则，得，
再由，可得，故C正确；
对于，，，
，，
，
所以，又，
所以，故D正确．
故选：．
分布列中概率和恒为，可根据分布列求出的范围，由此判断，B错误；，项按照公式分别计算各自的期望即可．
本题考查随机变量的分布列与数学期望，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：时，抛物线，
因为当时，，，
为上位于焦点右侧的一个动点，，
所以，所以，
当且仅当，即时取得等号，
因为，所以，
所以，
又，，A正确；
，又，
，B正确；
设，
消得，
取等，
又，，C正确；
设，
设，
同理：，
，
，当且仅当时，，D错误．
故选：．
利用斜率公式以及基本不等式可求解，利用抛物线的定义可求解，利用直线与抛物线的关系以及韦达定理可求解，．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：由，得，
，又时，，
曲线在点处的切线方程是．
故答案为：．
求出原函数的导函数，得到函数在处的导数值，再求出时的函数值，利用直线方程的斜截式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：的展开式的通项为，
令，，
的展开式中，的系数是．
故答案为：．
根据二项展开式的通项，方程思想即可求解．
本题考查二项展开式的通项，方程思想，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为正数，满足，
所以，
则
，
当且仅当且，即，时取等号．
故答案为：．
由已知结合乘法，利用基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：易知点的轨迹方程为，
设，则，为参数且，
．
当时，，
当时，，令，，，
时取等号，
即，的最大值为．
故答案为：．
的轨迹方程为，利用参数法求的最大值即可．
本题考查本题考查三角换元求最值，轨迹方程，涉及两点间距离公式，属于中档题．
17.【答案】解：设等比数列的公比为，
由题意得，
解得，，
故；
由题意可得，，
则，
故数列单调递增，
因为，，
故满足题意的的最小值为．
【解析】由已知结合等比数列的通项公式即可求解；
先求出，然后结合数列的单调性即可求解．
本题主要考查了等比数列的通项公式，等差数列的性质及数列单调性的应用，属于中档题．
18.【答案】解：，
根据正弦定理可得，
，
，，
根据正弦定理可得，，
；
，，
，又，，
，又根据余弦定理可得：
，当且仅当取得等号，
，，
，
，又，
，，
的最大值为．
【解析】根据正弦定理，三角函数公式，即可求解；
根据向量垂直的性质，三角形面积公式，余弦定理，重要不等式，三角函数的辅助角公式，解三角方程，即可求解．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，重要不等式的应用，三角函数公式的应用，三角不等式的求解，属中档题．
19.【答案】解：Ⅰ依题意，从盒中取出的个球中旧球的个数的所有可能取值为，，，，
所以，
，
，
，
所以的分布列为：
所以；
Ⅱ设事件表示第二次比赛时取出的球为新球，事件为第一次比赛时取出的个球中有个新球，其，，，，
由Ⅰ可得，，，，
根据题意，，，，，
所以根据全概率公式可得．
【解析】解：Ⅰ从盒中取出的个球中旧球的个数的所有可能取值为，，，，然后根据等可能事件的概率公式可求，然后结合分布列公式及期望公式可求；
Ⅱ设事件表示第二次比赛时取出的球为新球，事件为第一次比赛时取出的个球中有个新球，其，，，，结合条件概率全概率公式
可求．
本题主要考查了全概率公式及超几何分布的应用，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ由于正方形的边长为，所以．
取的中点，连接，，由题意，得，
再由，可得，即，
由题易知，又，所以平面，又平面，
所以平面平面．
Ⅱ由Ⅰ可知，，又，
于是可分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，，
由题意知，所以．
所以．
设平面的法向量为，
则，
令，得平面的法向量为，
同理可得平面的一个法向量为．
，，
设，，则上式可化为，
即，所以或舍去，
所以，解得．
【解析】Ⅰ由已知易得，，可证平面平面；
Ⅱ分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．设，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，进而可求得的值．
本题考查面面垂直的证明以及利用空间向量计算二面角，属中档题．
21.【答案】解：Ⅰ因为在上，
所以，解得或舍去，
故，
的离心率为；
Ⅱ设：，联立方程组，
消去可得，
则，
所以，，
以
，
由题意得，
整理得，
所以或，
因为：不过点，
故，此时过定点．
【解析】先把代入可求，进而可求椭圆方程及离心率；
先设：，联立方程组，结合方程的根与系数关系及直线的斜率公式可得与的关系，进而可求直线所经过的定点．
本题考查椭圆方程的求解，还考查了椭圆性质的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ因为，，
所以，，
又因为在区间上单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
由余弦函数的性质可知在上最小值为，
所以，
即的取值范围为；
Ⅱ当，，所以，
又因为，
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，
，，
所以，
所以函数的值域为：；
Ⅲ证明：当时，，
由Ⅱ可知，
所以，
所以，
又因为，
所以
【解析】Ⅰ由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，由余弦函数的性质求在上最小值即可得答案；
Ⅱ利用导数，确定函数在上单调性，再求出最小、最大值即得答案；
Ⅲ因为当时，，，从而可得以，又由，即可得证．
本题考查了余弦函数的性质、转化思想、导数的综合运用及用放缩法证明不等式，属于难题．
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