2023届广东省江门市高三一模数学试题

2023届广东省江门市高三一模数学试题一、单选题1．已知集合，，则集合B中所有元素之和为（

）A．0 B．1 C．－1 D．【答案】C【分析】根据题意列式求得的值，即可得出答案.【详解】根据条件分别令，解得，又，所以，，所以集合B中所有元素之和是，故选：C．2．已知i为虚数单位，复数z满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将写为化简即可.【详解】因为，所以.故选：B3．命题“，”的否定为（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论.【详解】原命题为全称量词命题，该命题的否定为“，”.故选：D.4．已知多项式，则（

）A．－960 B．960 C．－480 D．480【答案】A【分析】将写为，是第8项的系数，计算即可.【详解】解：因为，所以第8项为，所以.故选：A5．设非零向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量模的性质由已知可求得，则按照在方向上的投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，所以，则，解得，所以在方向上的投影向量为.故选：B.6．衣柜里有灰色，白色，黑色，蓝色四双不同颜色的袜子，从中随机选4只，已知取出两只是同一双，则取出另外两只不是同一双的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】记“取出的袜子至少有两只是同一双”为事件A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件B，求出，，根据条件概率公式求解即可．【详解】从四双不同颜色的袜子中随机选4只，记“取出的袜子至少有两只是同一双”为事件A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件B，事件A包含两种情况：“取出的袜子恰好有两只是同一双”，“取出的袜子恰好四只是两双”，则，又，则，即随机选4只，已知取出两只是同一双，则取出另外两只不是同一双的概率为．故选：D．7．已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（

）A．9 B．10 C．17 D．18【答案】C【分析】根据，可得异号，根据可知，且，所以，利用等差数列的前n项和公式即可得出结果.【详解】解：因为，所以异号，因为，所以，又有，所以，即，因为，，所以的最大整数n为17.故选：C（）的通项公式为，，记为的值域，为所有的并集，则E为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用导数可得函数在上单调递增，进而，然后构造函数，利用导数求函数的最值，进而即得.【详解】因为，，，所以，故在上单调递增，又，，所以，设，，令，则，由，可得，由，可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，，设，则在上单调递减，所以，，综上，，.故选：C.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．的值域为 B．的图像关于点中心对称C．的最小正周期为 D．的增区间为（）【答案】AD【分析】根据正弦函数的性质结合绝对值的定义判断各选项.【详解】因为，所以，A正确；，但，因此的图象不可能关于点成中心对称，B错；的最小正周期是，所以的最小正周期是，C错；由得，，，时，，易得时，递增，时，递减，又的最小正周期是，所以的增区间是（），D正确；故选：AD．10．已知曲线，则下列说法正确的是（

）A．若曲线表示两条平行线，则B．若曲线表示双曲线，则C．若，则曲线表示椭圆D．若，则曲线表示焦点在轴的椭圆【答案】BD【分析】根据曲线的形状求出参数的取值范围，逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，若曲线表示两条平行线，则有或，且.若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，故A错；对于B选项，若曲线表示双曲线，则，由于且，则，可得，则，B对；对于C选项，若曲线表示椭圆，则，解得且，C错；对于D选项，若，则，则，曲线的方程可化为，此时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，D对.故选：BD.11．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．的图象是轴对称图形 B．的极大值为0C．的所有极值点之和为 D．的极小值之积为【答案】BCD【分析】将代入中化简，若，使得，等式均成立，则是轴对称图形，化简等式，建立方程解出根，即可判断A；对求导，令导函数为0，求出极值点之间关系，进而判断单调性即可判断B、C，计算的极小值之积，即可判断D.【详解】对A，若，使得,有成立，即，即，即，化简可得：，因为等式成立，所以有成立，解得，故不存在这样的使得，有成立，即不是轴对称图形，故选项A错误；对B,因为，所以，可得或，因为，所以有两个不等实根记为，由韦达定理得，所以，当时，，，所以，单调递减，当时，，，所以，单调递增，当时，，，所以，单调递减，当时，，，所以，单调递增，所以的极大值点为，即选项B正确；对C，的所有极值点之和为：，即选项C正确；对D，由单调性可知的极小值点为，所以将代入有：，故选项D正确.故选：BCD12．勒洛FranzReuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（

）A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是C．勒洛四面体表面上交线的长度为D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，由正四面体的棱长为2，则，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：面积为，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，故，又，由余弦定理得：，故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：连接，交于中点，交于中点，连接，则，则由C选项的分析知：，所以，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.三、填空题13．已知，，则的值为___________.【答案】【分析】根据二倍角的余弦公式，结合角的范围，即可求得结果．【详解】因为，所以，即，又，所以.故答案为：.14．椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想.而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱.黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列.根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.【答案】【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，即，即，即，所以，长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，综上，，即，两边同除以得，又，解得．故答案为：．15．已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为___________.【答案】【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可.【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点，所以，所以点到的距离为故答案为：.16．已知，是方程（）的两根，且，则的最大值是________．【答案】【分析】由题意得，即，所以，构造函数，()，结合函数的单调性及最值求解即可．【详解】由题意是方程的两根，且，则，，即，所以，()，令，()，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，则当时，取最大值，所以的最大值是．故答案为：．四、解答题17．已知数列（）满足，，且.(1)求数列是通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）将换为代入中化简，根据定义即可判断为等比数列，由首项公比写出通项公式即可；（2）由（1）中的通项公式求得，再利用乘公比错位相减得出前n项和即可.【详解】（1）解：因为，所以，又，所以，所以，又，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以；（2）由（1）知，，所以，所以，，两式相减可得：，所以，故.18．在锐角中，角的对边分别为，且，，依次组成等差数列.(1)求的值；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)2(2)【分析】（1）根据，，成等差数列结合三角恒等变换可得，由正弦定理即可求得的值；（2）由（1）得，根据锐角三角形结合余弦定理可得的取值范围，将转化为，令，设根据函数单调性确定函数取值范围，即得的取值范围.【详解】（1）由条件得：，所以，由正弦定理得：，所以.（2）及，则，角一定为锐角，又为锐角三角形，所以由余弦定理得：，所以，即，解得：，又，所以.又，令，则，，所以在上递增，又，，所以的取值范围是.19．某高科技公司对其产品研发年投资额x（单位：百万元）与其年销售量y（单位：千件）的数据进行统计，整理后得到如下统计表和散点图.x123456y136120(1)该公司科研团队通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种方案作为年销售量y关于年投资额x的回归分析模型，请根据统计表的数据，确定方案①和②的经验回归方程；（注：系数b，a，d，c按四舍五入保留一位小数）(2)根据下表中数据，用相关指数（不必计算，只比较大小）比较两种模型的拟合效果哪个更好，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量是多少？经验回归方程残差平方和参考公式及数据：，，，，.【答案】(1)，(2)30（千件）【分析】（1）求出，根据公式计算出得线性回归方程；求出，再求得系数，，代入得非线性回归方程；（2）根据（1）回归方程分别求得相关指数，比较可得，然后估算销售量即可．【详解】（1）由题可得，，，，所以，，方案①回归方程，对两边取对数得：，令，是一元线性回归方程.

，，，方案②回归方程；（2）方案①相关指数；方案②相关指数，（有此结论即给分），故模型②的拟合效果更好，精度更高.当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量（千件）.20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，是的中点，点在上，且平面.(1)求的值；(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）连接与交于点，求出，利用线面平行的性质可得出，由此可得出的值；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由可得出，求出的值，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）解：连接与交于点，因为底面是菱形，是的中点，所以，且，所以.因为平面，平面，平面平面，所以，所以.（2）解：因为底面是菱形，是的中点，，因为，则，由余弦定理可得，所以，，所以.因为平面，平面，平面，所以，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系.则，，，.设，，则，所以.因为，所以，解得.所以，，.设为平面的法向量，则，得，取，所以为平面的一个法向量.因为，所以直线与平面所成角的正弦值是.21．已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线与直线垂直，A为垂足且位于第一象限，直线与直线垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形（O为原点）的面积为8，动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)已知是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线，的斜率之和为1，，求的面积.【答案】(1)（）(2)【分析】（1）设动点，由题意知，，由题意，化简可得轨迹C的方程；（2）设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，，，由过点T直线与曲线C有两个交点确定的范围，由，解得，从而可得直线、的方程，与曲线C的方程联立解得的坐标，求出及点Q到直线的距离，即可求出的面积.【详解】（1）设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动.，，动点在右侧，有，同理有，∵四边形的面积为8，∴，即，所以所求轨迹C方程为（）.（2）如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，，，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，则或，同时或，解得或.

，解得或（舍去）.时，直线的方程为，联立，消y得：，则或，得.直线的方程为，联立，消y得：，则或，得，，点Q到直线的距离

，.方法二：，，，则，.22．已