2023届广东省广州市天河区高三一模数学试题-1

广东省广州市天河区2023届高三一模数学试题一、单选题1．设集合，集合，则（

）A． B．C． D．2．已知复数，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．已知向量，，若，则实数m的值是（

）A． B． C．1 D．44．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（

）5．已知函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（

）A． B． C． D．6．若数列满足，则的前2022项和为（

）A． B． C． D．7．已知一个圆台的母线长5，且它的内切球的表面积为，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．8．设，，，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列命题中，正确的命题有（

）A．已知随机变量X服从正态分布且，则B．设随机变量，则C．在抛骰子试验中，事件，事件，则D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好10．已知函数，则下列选项正确的有（

）A．函数极小值为1B．函数在上单调递增C．当时，函数的最大值为D．当时，方程恰有3个不等实根11．已知点，，且点在圆：上，为圆心，则下列结论正确的是（

）A．的最大值为B．以为直径的圆与圆的公共弦所在的直线方程为：C．当最大时，的面积为D．的面积的最大值为12．如图，长方体中，，，，点M是侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．当PM长度最小时，三棱锥的体积为B．当PM长度最大时，三棱锥的体积为C．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为D．若M在平面内运动，且，则点M的轨迹为圆弧三、填空题13．展开式中的系数为________.14．若点P是曲线上一动点，则点P到直线的最小距离为________.15．写出一个周期为，且在区间上单调递减的函数解析式________.16．设双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线分别与双曲线的左、右支交于点、，若以为直径的圆过点，且，则该双曲线的离心率为______．四、解答题17．已知公差不为0的等差数列中，，是和的等比中项.(1)求数列的通项公式：(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值.18．在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.(1)求A；(2)若，，AD是的中线，求AD的长.19．某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“AI作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试.经过一个阶段的试用，为了解“AI作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们的“向量数量积”知识点掌握的情况进行调查，样本调查结果如下表：甲校乙校使用AI作业不使用AI作业使用AI作业不使用AI作业基本掌握32285030没有掌握8141226假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立.(1)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，用表示抽取的2名学生中使用“AI作业”的人数，求的分布列和数学期望；(2)用样本频率估计概率，从甲校高一学生中抽取一名使用“AI作业”的学生和一名不使用“AI作业”的学生，用“X=1”表示该名使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“X=0”表示该名使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“Y=1”表示该名不使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“Y=0”表示该名不使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”.比较方差DX和DY的大小关系.20．如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，(1)证明：平面平面；(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.21．已知椭圆，直线l：与椭圆交于两点，且点位于第一象限.(1)若点是椭圆的右顶点，当时，证明：直线和的斜率之积为定值；(2)当直线过椭圆的右焦点时，轴上是否存在定点，使点到直线的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.22．已知函数，.(1)若函数只有一个零点，求实数a的取值所构成的集合；(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围.参考答案：1．A【分析】利用集合交集的定义计算即可．【详解】，则故选：A2．C【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念得到，即可判断.【详解】解：因为，所以，则的虚部为；故选：C3．B【分析】根据向量相等的坐标关系即可求出结果．【详解】由得，所以故选：B4．B【分析】根据甲乙两厂所占比例及对应的合格率，利用全概率公式算即可得解.【详解】由甲乙两厂所占比例及对应的合格率可得，故选：B5．A【分析】首先将函数化简为“一角一函数”的形式，根据三角函数图象的平移变换求出函数的解析式，然后利用函数图象的对称性建立的关系式，求其最小值．【详解】，所以，由题意可得，为偶函数，所以，解得，又，所以的最小值为．故选：A.6．D【分析】根据数列奇偶交替的性质相加求和即可.【详解】当为奇数时，，当为偶数时，，.故选：D7．B【分析】画出圆台内切球的轴截面图，由题意结合图象求出圆台上下底面的半径与高，再由圆台的体积公式即可求解【详解】圆台内切球的轴截面如图所示，由题意易知为等腰梯形，且，取的中点，连接，则易知球心为的中点，因为圆台的内切球的表面积为，所以圆台的内切球的半径为，即，过点作，交与，连接，设，则由圆的切线性质可知，所以，过点作，交与，则,由得，解得，由，解得，所以圆台的体积为，故选：B8．B【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，利用单调性比较可得.【详解】由题知，记，则易知在上单调递减，所以，当时，所以，在上单调递减，故即又为增函数，所以.故选：B9．BD【分析】根据正态分布的性质可判断A；由二项分布的方差公式可判断B；根据条件概率公式可判断C；由的意义可判断D.【详解】A：因为且，所以，所以，A错误；B：因为，所以，B正确；C：由题知，事件，所以，C错误；D：由的意义可知D正确.故选：BD10．AC【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.【详解】对于AB：，在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以的极大值为，的极小值为，故A正确，B错误；对于C：由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，且，，故函数的最大值为，故C正确；对于D：当时，，时，，且的极大值为，的极小值为，由上述分析可知，的图象为：由图象可得当或时，有1个实数根，当或时，有2个实数根，当时，有3个实数根，故D错误.故选：AC.11．ABD【分析】依题意画出图象，判断出在圆内，当为射线与圆的交点时，取得最大值，即可判断A；求出以为直径的圆再两圆方程作差，即可求出公共弦所在直线方程，即可判断B，当与圆相切时，最大，求出三角形的面积，即可判断C，求出直线的方程，可得在上，即可得到到的距离最大值，再求出，即可判断D.【详解】解：圆C：的圆心为，半径，又，则，所以点在圆内，所以当为射线与圆的交点时，取得最大值，故A正确；因为点恰好是、的中点，且，所以以为直径的圆的方程为，所以以为直径的圆与圆的公共弦所在的直线方程为，整理得，故B正确；当与圆相切时，最大，此时，故C错误，直线的方程为，又，且在直线上，所以到的距离最大值为，所以，故D正确；故选：ABD12．ABC【分析】由等体积法可判断AB正确，由圆的知识可判断C正确，利用空间向量法求夹角余弦值，可知D错误.【详解】对于A，当PM长度最小时，点在线段的中点，，，A正确.对于B，当PM长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，，B正确.对于C，作中点，连接，如下图所示，易证平面，平面，则，若保持，则，则点M的轨迹是以为半径的半圆弧，长度为，C正确.对于D，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：则，，，设则有，，若，则有，即，化简得：，即，即或（此时，）,故点M的轨迹为一段直线，D错误.故选：ABC13．【分析】先得到的通项公式，再结合，计算即可得到结果.【详解】因为且展开式的通项公式为故的系数为故答案为:.14．【分析】利用导数求出与直线平行且与曲线相切的直线，切点到直线的距离即为最小距离.【详解】设，，设直线与曲线相切，切点为，且直线与直线平行，则有，得，，即如图所示：此时到直线的距离最小，.故答案为：15．【分析】通过周期求，再根据单调区间，只需在处于函数图像最高点即可.【详解】设，，所以，令（注：函数图像最高点）得，，所以这个函数可以为.故答案为：.（答案不唯一）16．【分析】先根据题意，判断出△为等腰直角三角形，找到，在△中，利用余弦定理建立关于a、c的齐次式，求出离心率e.【详解】因为以为直径的圆过点，所以，又，所以△为等腰直角三角形，所以.设，则由双曲线的定义可得：，两式相加得：，即.所以，解得：.在△中，，，，由余弦定理得：，即，整理化简得：.故答案为：.【点睛】求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：（1）直接求出a、b、c，计算离心率；（2）根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率．17．(1)(2)【分析】（1）设数列的公差为，根据等比中项列出方程求得即可得到通项公式.（2）由题意计算出在中对应的项数，然后利用分组求和即可.（1）设数列的公差为，因为是和的等比中项，则且则或（舍）则，即通项公式（2）因为与（，2，…）之间插入个1，所以在中对应的项数为，当时，当时，所以，，且所以18．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.（1），所以，由正弦定理得：，，，，，得，即，.（2）,,得，由余弦定理得：，，所以，即AD的长为.19．(1)分布列见解析，；(2).【分析】（1）根据超几何分布列分布列，求解期望；（2）由二项分布的方差公式求解.（1）依题意，，1，2，且，，，所以的分布列为：012P故（2）由题意，易知服从二项分布，，服从二项分布，，故.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，是正三角形，，，又平面，所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，则，，，，，，则设，，所以，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得平面的法向量可以为，，解得，所以，则设平面的一个法向量为，则，即，取，得，所以点到平面的距离.21．(1)见解析；(2)存在，.【分析】(1)联立直线方程和椭圆方程得，由韦达定理可得的关系，再由计算即可得证；(2)由题意可得直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程得，由韦达定理之间的关系，假设存在满足题意的点，设，由题意可得.代入计算，如果有解，则存在，否则不存在.（1）证明：因为，所以直线l：，联立直线方程和椭圆方程：，得，设，则有，所以，又因为，所以，，所以==所以直线和的斜率之积为定值；（2）解：假设存在满足题意的点，设，因为椭圆的右焦点，所以,即有，所以直线的方程为.由，可得，设，则有；因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，所以平分,所以.即==，又因为，所以，代入，即有，解得.故轴上存在定点，使得点到直线的距离与点到直线的距离相等.22．(1)(2)【分析】（1）将零点问题转化为交点问题，利用导数分析的单调性以及极值情况.（2）分三种情况讨论，将不等式恒成立问题转化成求即可.（1）当时，显然满足题意当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，因为1不是方程的根，所以可转化为只有一个根，即直线与函数（且）的图像只有一个交点.，令，得，在和上，，在上，，所以在和上单调递减，在上单调递