广东省多校2023届高三上学期10月联考数学试题

第页，共页广东省多校2023届高三上学期10月联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.已知集合，，则（

）A． B． C． D．2.已知复数，则=（

）A． B．2 C． D．33.已知，则（

）A． B． C． D．4.已知向量，，若，则（

）A． B． C．2 D．25.某工厂随机抽取部分工人，对他们某天生产的产品件数进行了统计，统计数据如表所示，则该组数据的产品件数的第60百分位数是（

）件数7891011人数36542A．8.5 B．9 C．9.5 D．106.根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度≤0.1mg/m3为安全范围.已知某新建文化娱乐场所竣工时室内甲醛浓度为6.05mg/m3，使用了甲醛喷剂并处于良好的通风环境下时，室内甲醛浓度y（t）（单位：mg/m3）与竣工后保持良好通风的时间t（t∈N）（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（ln2≈0.7，ln3≈1.1，ln5≈1.6）（

）A．5周 B．6周 C．7周 D．8周7.已知是球内一点，过点作球的截面，其中最大截面圆的面积为，最小截面圆的面积为，则的值为（

）A． B． C． D．8.对任意的正实数，，恒成立，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.的一个充分不必要条件可以是（

）A． B． C． D．10.如图所示，已知几何体是正方体，则（

）A．平面 B．平面C．异面直线与所成的角为60° D．11.设函数，则下列结论正确的是（

）A．若，则B．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称C．若在上有且仅有4个零点，则的取值范围为D．，在上单调递增12.已知定义在上的函数满足：，，.当时，.则（

）A． B．C． D．三、填空题（本大题共4小题）13.抛物线的准线恰好平分圆的周长，则．14.已知函数的零点恰好是的极值点，则.15.某足球比赛共有六支球队参赛（包括甲、乙、丙三支球队），以抽签方式将这六支球队平均分为三组，甲、乙、丙三支球队都分在不同组的概率为．16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，且直线的斜率为，若半径为的圆同时与的延长线，的延长线以及线段相切，则椭圆的离心率为．四、解答题（本大题共6小题）17.的内角的对边分别为，．(1)求；(2)若，，求．18.冬奥会全称是冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届.2022年冬季奥运会由中国北京承办，本届赛事共设7个大项，15个分项，109个小项，共计产生109枚金牌.某校组织了一次有关冬奥会的知识竞赛.知识竞赛试卷中有一类双项选择题，每题有4个备选项，其中有且仅有2项是正确的.得分规则如下：所选选项中，只要有错误选项，得0分；弃答得1分；仅选1项且正确，得2分；选2项且正确得6分.(1)同学甲在一道双项选择题中随机选择两个选项，求甲该题获得0分的概率.(2)学生乙对其中一道双项选择题只能确定1个选项是错误的，现有2个策略：①从剩下3个选项中任选1个作答；②从剩下3个选项中任选2个作答.为使得分的期望最大，该学生应该选择哪一个策略?19.已知数列满足为等比数列.(1)证明：是等差数列，并求出的通项公式.(2)求的前项和为.20.如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，,为中点.(1)证明：点在上.(2)点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值.21.已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为．(1)求双曲线的方程．(2)过点的直线与双曲线的右支交于两点，在轴上是否存在点，使得点到直线的距离相等?若存在，求出点的坐标;若不存在，请说明理由．22.已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若在上恒成立，求整数的最小值.

参考答案1.【答案】C【分析】先化简集合，利用集合的交集运算即可求解【详解】因为，，所以，即，故选：C2.【答案】A【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式求解即可.【详解】，则.故选：A.3.【答案】D【分析】利用三角恒等变换即可解决【详解】.故选：D4.【答案】D【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示求.【详解】由，，，得，则，所以，所以．选项D正确，故选：D.5.【答案】B【分析】根据百分位数的求法，即可求解．【详解】抽取的工人总数为20，，那么第60百分位数是所有数据从小到大排序的第12项与第13项数据的平均数，第12项与第13项数据分别为9，9，所以第60百分位数是9．故选：B．6.【答案】A【分析】先代入t=0计算出值写出函数关系，再根据规范写出函数表达式解出时间t.【详解】依题意可知当t=0时，y=6.05，即0.05+=6.05，=6，所以，由，得，解得t≥ln120=3ln2+ln3+ln5≈4.8，至少需要放置的时间为5周.故选:A7.【答案】D【分析】过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，由此求解即可．【详解】∵过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，∴球的半径，最小截面圆的半径，所以．故选：D．8.【答案】B【分析】由题可得恒成立，然后利用基本不等式求最值即得.【详解】依题意得恒成立，因为，，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为.故选：B.9.【答案】AC【分析】由可求出或的值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.【详解】由，可得，解得或，故选：AC.10.【答案】BC【分析】结合线面垂直、线面平行、异面直线所成角、线线垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】根据正方体的性质可知，三角形是等边三角形，所以与所成角为，所以与所成角为，所以A选项错误，C选项正确.根据正方体的性质可知平面平面，由于平面，所以平面，B选项正确.根据正方体的性质可知，三角形是等边三角形，所以与所成角为，所以与所成角为，所以D选项错误.故选：BC11.【答案】BCD【分析】利用二倍角公式对进行化简，得到的最小正周期为，然后利用三角函数的性质对每个选项进行判断即可【详解】因为，所以的最小正周期为，对于A，因为，所以的最小正周期，所以，得，故A错误；对于B，图象变换后得到函数，若其图象关于原点对称，则，解得，当时，，故B正确；对于C，当时，，因为在上有且仅有4个零点，所以，解得，故C正确；对于D，当时，，因为，所以，，因为在上递增，且，所以在上单调递增，故D正确.故选：BCD12.【答案】ACD【分析】根据题意得的图像关于点对称且时，，在结合性质求解相应选项的函数值即可得答案.【详解】解：因为知定义在上的函数满足：，，令得，解得，令得，所以，，的图像关于点对称，因为当时，，所以当时，，所以，，，.故选：ACD.13.【答案】【分析】根据抛物线的准线经过圆的圆心求得.【详解】抛物线的准线为，圆，则圆心坐标为，所以，解得．故答案为：14.【答案】【分析】设是的零点，也是的极值点，进而建立方程，解方程并检验满足条件即可.【详解】解：根据题意，设是的零点，也是的极值点，因为所以，解得.此时，，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，函数在处取得极小值，且，满足条件.故答案为：15.【答案】或【分析】结合组合数、排列数以及古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解】将这六支球队分为三组，则一共有种，甲、乙、丙三支球队都分在不同组，则有种，故所求概率为．故答案为：16.【答案】或【分析】根据切线长、椭圆的定义、二倍角公式等知识列方程，化简求得.【详解】设圆分别与的延长线，的延长线以及线段相切于点，，，则，，，所以，，，所以，解得，即，又，，整理得，所以椭圆的离心率为．故答案为：17.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题知，再根据正弦定理边角互化并整理得，进而得答案；（2）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而结合已知条件得，再求解正弦值即可.【详解】（1）解：因为，所以，即，所以，正弦定理可得，因为，所以，因为，．所以，因为，所以．（2）解：因为，所以，由正弦定理得．又因为，，所以，整理可得，即，所以，因为，所以或，即或，因为，所以，．18.【答案】(1)；(2)应选策略②.【分析】（1）利用组合求得所有选择情况，再利用古典概型的概率公式即可求得甲该题获得0分的概率；（2）利用古典概型分别求出两个策略的得分情况的分布列，从而求出它们的数学期望，比较之，从而判断应该选择哪一个策略.【详解】（1）同学甲随机选择两个选项共有种情况，其中两个选项都正确有1种情况；所以甲获得0分的概率为.（2）设策略①的得分为X，X的可能取值为0，2，，，则X的分布列为：X02P；设策略②的得分为Y，Y的可能取值为0，6，，，则Y的分布列为：06P；显然，所以为使得分的期望最大，该学生应选策略②.19.【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）根据题意得，进而根据等差数列定义证明，并结合通项公式求解即可；（2）根据错位相减法求解即可；【详解】（1）证明：因为数列满足为等比数列，所以的公比，首项为所以，即，所以是以为公差的等差数列，首项为，所以，，所以，（2）解：根据错位相减法有：，，所以，，所以20.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明平面得，再根据等边三角形性质得，进而证明结论；（2）结合（1），健康空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.【详解】（1）证明：连接，．因为是三棱锥的高，即平面，因为平面所以．因为，的中点为，所以，因为平面所以平面，因为平面，所以．又因为是边长为的正三角形，的中点为所以，，即点在上．（2）解：结合（1）得，，，，．过点作，交于，结合（1）可知两两垂直，所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，取，则．所以，，设，．所以，．设平面的法向量为，则，即取，则．所以，，当且仅当时，等号成立．所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．21.【答案】(1)(2)存在．【分析】（1）利用点线距离公式及即可求得，从而求得双曲线的方程；（2）假设存在点，据题意设，联立方程得到，，再由点到直线的距离相等可得，由此代入式子即可求得，故存在.【详解】（1）由题意得，，故，又因为双曲线的渐近线为，故是双曲线C的一条渐近线，所以右焦点到渐近线的距离为，解得，所以，，所以双曲线C的标准方程为．（2）假设存在，设，，由题意知，直线斜率不为0，设直线，联立，消去，得，则，，且，，因为使得点F到直线PA，PB的距离相等，所以PF是的角平分线，则，即，则，整理得，故，即，因为，所以，故存在．22.【答案】(1)(2)1【分析】（1）根据导数的几何意义得曲线在点处的切线方程为，再求解对应三角形的面积即可；（2）方法一：将问题转化为在上恒成立，进而研究函数的最大值，进而得答案；方法二：由题知可得，显然时，不满足题意，进而整数满足，再讨论当不等式恒成立即可得答案.【详解】（1）解：因为当时，所以，则