广东省广州市大湾区2023届高三第一次联合模拟数学试题（解析版）

2023届大湾区普通高中毕业班第一次联合模拟考试 数学 本试卷共6页，22小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的市（县、区）、学校、姓名、班级、座位号和准考证号填写在答题卡上，并填涂10位准考证号（考号）． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集的定义即可求解. 【详解】因为集合， 所以 故选：B． 2. 已知复数满足(其中为虚数单位)，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数运算求出复数，即可得到答案； 【详解】∵复数满足， ∴， 故选：B. 3. 为深入推进“五育”并举，促进学生身心全面和谐发展，某校于上周六举办跳绳比赛.现通过简单随机抽样获得了22名学生在1分钟内的跳绳个数如下（单位：个）： 估计该校学生在1分钟内跳绳个数的第65百分位数为（ ） A. 124 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的概念直接计算即可得答案. 【详解】解：因为，22名学生的跳绳成绩从小到大第15个数为， 所以，该校学生在1分钟内跳绳个数的第65百分位数为 故选：C 4. 图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻（太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意有，可得，从而可得 【详解】由图1可得，又， 所以，所以， 所以， 该地的纬度约为北纬， 故选：． 5. 函数中的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据函数在上函数值的正负情况，利用排除法判断即可. 【详解】解：因为定义域为， 又， 所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B， 又时，，所以， 所以，故排除C； 故选：D 6. 已知为双曲线的左焦点，为其右支上一点，点，则周长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设双曲线的右焦点为，由双曲线方程可求出，b，c的值，利用双曲线的定义以及三点共线即可求出的周长的最小值． 【详解】设双曲线的右焦点为，由双曲线的方程可得：，则， 所以，且，所以， 的周长为， 当且仅当M，P，A三点共线时取等号， 则周长的最小值为． 故选：B． 7. 与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意构造直角三角形，列出关于高及得方程组，即可求解出正三棱锥的棱切球半径. 【详解】如图三棱柱为正三棱锥，且底面边长，侧棱 设正三棱锥的棱切球球心为，半径为，则顶点在底面的投影为也为的中心，取的中点，连接，过点作垂足为，则，设， 在中， 因为为的中心，则，， 在中即； 在中，，即， 在中，，则； 在中，，则， 在中，，则， 又因为，则，化简得， 由得解得. 故选：C. 8. 设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ） A. 1或3 B. 2或3 C. 1或4 D. 2或4 【答案】A 【解析】 【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可． 【详解】， 时，， 相减可得：，即 又时，，解得，满足， 数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以． 对任意正整数n，都有成立， 得①， 又②， ②－①×3得：， 又，所以，得， 进而， 由，得，即， 记，则， 以下证明时，， 因为， 即时，单调递减，， 综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3． 故选：A． 【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知圆，直线，则（ ） A 直线过定点 B. 直线与圆可能相离 C. 圆被轴截得的弦长为 D. 圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】直线，由求出定点，即可判断A；由点与圆心距离判断直线与圆位置关系，即可判断B；令，求出圆与y轴交点纵坐标可得弦长，即可判断C；根据直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，求出直线的方程，即可判断D． 【详解】直线，由，得，即l恒过定点，故A正确； 点与圆心的距离，故直线l与圆C恒相交，故B错误； 令，则，可得，故圆C被y轴截得的弦长为，故C正确； 要使直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线， 所以直线l的斜率，可得，故直线l为，故D错误． 故选：AC． 10. 函数的部分图像如图所示，，则下列选项中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的单调递增区间为 D. ，其中为的导函数 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意可求得函数的周期，即可判断A，进而可求得，再根据待定系数法可求得，再根据三角函数的奇偶性可判断B，根据余弦函数的单调性即可判断C，求导计算即可判断D. 【详解】解：由题意可得，所以，故A正确； 则，所以， 由，得， 所以，则， 又，所以， 则， 由，得， 所以， 则为偶函数，故B错误； 令，得， 所以的单调递增区间为，故C错误； ， 则，故D正确. 故选：AD. 11. 随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（ ） A. 小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 B. 已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为 C. 恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 D. 每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为 【答案】BC 【解析】 【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案. 【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法， 其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种， 故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 ，A错误； 对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则, 小张抽到小王写的贺卡为事件B, 则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下， 小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确； 对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种， 故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确； 对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种， 故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误， 故选： 12. 已知正数满足等式，则下列不等式中可能成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题目形式构造函数，利用求导和同构即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， ①当时， 令， 所以，令 所以，所以在单调递增， ，所以在单调递减， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 令， ， 所以单调递增， 所以由得， 所以, 所以， 故此时，C,D选项不可能； 由，即 构造 所以 当时，，所以在单调递减 又，，所以，则 所以，构造 ，所以在单调递增 所以 故选：B 【点睛】关键点点睛：本体关键点在于构造函数以及，利用导数以及参数的范围进行判断. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知函数f(x)＝是奇函数，则a＝________． 【答案】1 【解析】 【分析】先求得，根据函数为奇函数，得到，即可求解. 【详解】由题意，当时，则，可得， 又因为函数为奇函数，所以， 即，解得. 故答案为：1. 【点睛】本题主要考查了分段函数的解析式，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 14. 的展开式中的系数是________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】首先分析出存在有两项，然后分别求出这两项系数，相加即可. 【详解】根据题意,的项在的展开式中有两项， 分别为：和，即和， 则的系数为：. 故答案为：. 15. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式，结合正弦函数的性质进行求解即可. 【详解】 ，或， 当时， 可得，此时，显然没有意义； 当时，， 此时，所以有， 当时，； 当时，， 故答案为： 【点睛】关键点睛：考虑到分母不为零解题的关键. 16. 设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，令 ，，从而得出有共线，结合题设推出 ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，此时 取到最小值，即可求解. 【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且， 由题意得： ， 令 ，则三点共线 ，则三点共线 故有共线， 由题意与垂直,, 知,且为定值， 在中， ，当且仅当时， 取最大值2， 此时面积最大，则O到的距离最远，而， 故当且仅当即 关于y轴对称时，最小， 此时O到的距离为 ， 所以 ,故 ，即的最小值为， 故答案为： 【点睛】方法点睛：根据向量的线性运算，可令 ， ，从而得出共线,由此根据题设可推出，即当且仅当即 关于y轴对称时，最小，从而问题可解. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知等差数列的各项均为正数.若分别从下表的第一､二､三列中各取一个数，依次作为，且中任何两个数都不在同一行. 第一列 第二列 第三列 第一行 4 5 11 第二行 3 10 9 第三行 8 7 6 （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为.求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质和定义即可求出； （2）求出，利用裂项相消法求出，即可证明. 【小问1详解】 由题可得， 故. 【小问2详解】 且， 则 于是 . 18. 如图，在中，角