2023届广东省广州市荔湾区高三上学期10月调研数学试题

2023届广东省广州市荔湾区高三上学期10月调研数学试题一、单选题1．设集合均为全集的非空子集，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据交集的性质，可得，由包含关系，可得并集结果，结合交并补的混合运算，可得答案.【详解】因为，所以，则，.故选：A.2．复数（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据复数的除法运算，可求得，结合i的性质即可求得答案.【详解】由题意可得，故，故选：B3．木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为15cm，8cm，母线长为25cm，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用圆台的体积公式求解即可【详解】由题意可知，圆台形木桶的高为（cm），所以该木桶的容积为，故选：D．4．某工厂有两个生产车间，所生产的同一批产品合格率分别是和，已知某批产品的和分别是两个车间生产，质量跟踪小组从中随机抽取一件，发现不合格，则该产品是由A车间生产的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据贝叶斯公式计算可得.【详解】设B1，B2，分别表示事件：任取的产品为甲、乙车间生产，A=“抽取的产品是不合格品”，由条件知则该产品是由A车间生产的概率为P(B1|A)，所以.故选：D.5．已知函数，将的图像先向右平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数的图像，若图像关于对称，则为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据辅助角公式将化简，利用图像变换得到的解析式，再由对称和的范围求得的值.【详解】由已知.将的图像先向右平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度.得到.若图像关于对称，则，所以.故，又因为，所以.故选：B6．展开式中各项系数的和为64，则该展开式中的项的系数为（

）A． B． C．100 D．160【答案】C【分析】先用赋值法求得项数n，由于原式为三项式，需将作为整体进行二项式展开，从原式展开式中取出前两项再进行展开，分别求出包含项和项的系数，最后代回原式求和即可.【详解】取代入，得，解得则原式其中，只有前两项包含项.，其中项的系数为；，其中项的系数为.故原式展开式中的项的系数为.故选：C.7．在正四棱台中，上､下底面边长分别为，侧棱长为，则该正四棱台的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正四棱台的性质和球的截面的性质确定球心的位置，计算出球的半径，再由球的表面积公式求正四棱台的外接球的表面积.【详解】如图：连接，记其交点为，则为正方形的外接圆的圆心，连接记其交点为，由正四棱台的性质可得平面，设该正四棱台的外接球的球心为，由球的截面性质可得平面，所以球心在直线上，设，则，，，所以，由已知，，，因为底面，都为正方形可得，，过点作，垂足为，则，又，所以，所以，所以，所以，所以，所以正四棱柱的外接球的半径为5，其外接球的表面积，故选：C.8．已知设其中为自然对数的底数，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将原不等式移项合并，利用放缩法判断的大小关系；构造函数利用导数法求出最大值，确定最大值与的大小关系即可判断.【详解】,,令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；时取，，，，，又,而，，.综上所述：故选：B二、多选题9．甲､乙两名射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中环数如下：甲78795491074乙9578768677下列说法正确的是（

）A．甲､乙成绩的中位数､众数､平均数均相同B．甲成绩的标准差为4，乙成绩的极差为4D．若从甲､乙中选择一名参加比赛，应该选择乙【答案】ACD【分析】分别根据极差，中位数，平均数和方差的计算公式，以及百分位数的计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】，标准差为，因为，所以甲成绩的下四分位数为第三个数；乙成绩按从小到大排列：5，6，6，7，7，7，7，8，8，9，可知乙成绩数的中位数为7，众数为7，平均数为，极差为，由，故乙成绩的第70百分位数是从小到大排列后的第7和第8个数的平均数，计算得7.5；乙得标准差为故由上计算可得AC正确，甲成绩标准差为2，所以B错误，甲的标准差大于乙的标准差，故乙成绩更稳定，所以D对.故选：ACD.10．已知函数为上的奇函数，且为偶函数，则下列说法正确的是（

）A．对任意都有B．图象关于直线对称C．函数的周期是2D．【答案】ABD【分析】利用函数的周期性，对称性和奇偶性依次判断选项即可.【详解】对选项A，因为为偶函数，所以，所以，，故A正确.对选项C，因为知函数为上的奇函数，所以，因为，，所以，则函数的周期是且，故C错误.对选项B，函数的周期是4，所以，因为，所以，所以图象关于直线对称，故B正确.对选项D，因为函数的周期是4，所以，又，函数为上的奇函数，所以，故D正确.故选：ABD11．已知在平面直角坐标系中，为该平面上一动点，记直线的斜率分别为和，且，点运动形成曲线，则下列说法正确的是（

）A．曲线的方程为 B．面积的最大值为C．的最大值为5 D．的最大值为【答案】CD【分析】设点,表示出，由求得曲线的方程，判断A;设，求得P到直线的距离的最大值，求出面积的最大值，判断B;由椭圆定义可将化为，利用三点共线知识求得的最大值，判断C;利用三点共线知识求得的最大值,判断D.【详解】由题意得，设点，则,因为，故，整理，得，即动点P的轨迹方程为，故A错误；设点，所在直线方程为，则P到直线的距离为，当时即时，d取最大值，而,故面积的最大值为，B错误；由以上分析知为椭圆的焦点，由椭圆的定义，得，故，而，当且仅当三点共线且点P位于第四象限时等号成立，所以，故C正确；由题意知,当且仅当三点共线且点P位于第一象限时等号成立，即的最大值为，D正确，故选︰．12．如图，在长方体，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（

）A．当时，平面B．当时，三点共线C．当时，平面D．当时，取得最大值【答案】ACD【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解，由向量与平面法向量数量积可判断A，根据向量共线的坐标表示判断B，通过向量的数量积判断垂直关系可判断C，通过坐标运算求向量夹角的余弦，再求余弦的最小值可判断D.【详解】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，设，由，则，，，，，，设平面的法向量，由，令，则，故，又，若平面，则，即，解得，故A正确；当时，，，,，即三点不共线，故B错误；若平面，则，解得，即时，故C正确；，，令，由可得，，则，即当，即时，有最小值，由在上单调递减可知，此时取得最大值，故D正确.故选：ACD三、填空题13．已知函数是偶函数,则实数的值是__________．【答案】－2【分析】根据偶函数的定义计算即可【详解】的定义域为因为是偶函数，所以即.即所以,即故答案为：－214．过抛物线的焦点作圆的切线，切点为．若，则__________．【答案】【分析】由题意可知，即，求解即可【详解】由题可知抛物线的焦点为，圆心的坐标为，圆的半径，由题意可知.即，解得或.又，所以.故答案为：.15．曲线：与曲线：存在公切线，则的取值范围是________.【答案】【解析】设公切线在上的切点为，在上的切点为，利用导数的几何意义得出，整理得到，构造函数，利用导数得出其值域，即可得出的取值范围.【详解】设公切线在上的切点为，在上的切点为函数，的导数分别为，则公切线的斜率为，整理得由可知，令，则；在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，即故答案为【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用，属于中档题.四、解答题16．已知数列满足，，，，且是，的等比中项.(1)求的值；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)，【分析】（1）根据及，表达出，，利用等比中项性质求出的值；（2）结合第一问所求，分n为偶数和奇数，分组求和进行求解【详解】(1)由，可得：，，，，所以，，，.因为是，的等比中项，所以，则，又，所以.(2)由（1）知.当n为偶数时，；当n为奇数时，.综上所述，，.17．如图，三棱柱中，侧面为菱形，．(1)证明：；(2)若，，，求平面与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，交于点，连接，根据侧面为菱形，得到，再由，得到平面进而得到证明.

（2）易证两两相互垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，然后由求解.【详解】(1)证明：如图所示：连接，交于点，连接，因为侧面为菱形，所以，且为与的中点，又，，所以平面.由于平面，故.又，故.(2)解：因为，且为的中点，所以，又因为，所以≌，故，

从而两两相互垂直，为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，因为，所以为等边三角形，设，则，所以，

设是平面的一个法向量，则，即，令，则.设是平面的一个法向量，则，即令，同理可取则，所以平面与平面所成角的余弦值为.18．如图，在四边形中，(1)求角的值；(2)若，，求四边形的面积【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用诱导公式和二倍角公式化简得，再判断得，结合，即可求解得；（2）由余弦定理求解得，再由正弦定理以及，可得，从而解得，然后计算和面积的和即可.【详解】(1)，因为，得，或，解得或，因为，得，(2)在中，，在中，，，，，得，，所以四边形的面积为19．某社区为增强居民的法治观念和法律意识，举行法律常识的知识竞赛，初赛共设四道题，规定：按题号顺序进行答题，答对第一题､第二题､第三题､第四题分别得1分､2分､3分､6分，每答错一题扣2分；每答完一题，分数进行累加．当得分低于-2分时，停止答题，淘汰出局；当得分大于等于4分时，停止答题，进入下一轮．四题答完，当得分低于4分时，淘汰出局；当得分不低于4分时，进入下一轮．假设居民甲对第一､二､三､四题回答正确的概率依次为，且回答各题之间没有影响(1)求居民甲能进入下一轮的概率；(2)用表示居民甲初赛结束时答题的个数，求的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）设出事件，利用独立事件乘法公式进行求解；（2）求出的可能取值及相应的概率，得到分布列及数学期望.【详解】(1)用表示甲第个问题回答正确，表示甲第个问题回答错误，则，．．记事件：居民甲能进入下一轮的概率，则：即居民甲能进入下一轮的概率为．(2)由题意知的可能取值：，所以；．所以分布列为23420．已知双曲线的右焦点为为坐标原点，双曲线的两条渐近线的夹角为．(1)求双曲线的方程；(2)过点作直线交于两点，在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；定点，【分析】（1）由渐近线夹角得出渐近线的倾斜角，从而得的值，再由求得得双曲线方程；（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．【详解】(1)双曲线的渐近线为，又，，故其渐近线的倾斜角小于，而双曲线的两条渐近线的夹角为，则渐近线的的倾斜角为，则，即．又，则．所以双曲线的方程是．(2)当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入，得，即．设点，则．设点，则令，得，此时．当直线与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．对于点．所以存在定点，使为定值．【点睛】思路点睛：本题考查求双曲线方程，圆锥曲线中的的定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程并代入圆锥曲线方程整理后应用韦达定理得（或），代入题设要得定值的式子，利用定值得出参数值．并验证特殊表形下也成立．21．已知函数，．(1)若，求函数的极值；(2)设，当时，（是函数的导数），求a的取值范围．【答案】(1)极大值为2，极小值为(2)【分析】（1）求导，再利用极值的定义求解；（2）将问题转化为，设，则，利用导数法得到函数在上单调递增，则得到在上恒成立求解．【详解】(1)解：，令，得或，当或时，，当时，，所以函数在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，在上单调递增，所以函数的极大值为，函数的极小值为．(2)，，即，即，设，，设，，当时，，当时，，所以函数在（0，1）上单调递减，在上单调递增，，即，则函数在上单调递增，则由，得在上恒成立，即在上恒成立．设，，当时，，当时，，所以函数在（0，e）上单调递增，在上单调递减，所以，故．五、双空题22．在2015年苏州世兵赛期间，某景点用乒兵球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1