广东省五校2023届高三上学期期末联考数学试题（解析版）

广东五校2022-2023高三上学期期末联考 数学试题 第 Ⅰ 卷（选择题） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 在复数范围内，方程的两根在复平面内对应的点关于（） A. 直线对称 B. 直线对称 C. y轴对称 D. x轴对称 【答案】D 【解析】 【分析】求出方程的根，得到对应复平面内的点，据此求解即可. 【详解】由可得或， 两根在复平面内对应的点分别为和， 所以两点关于轴对称， 故选：D 2. 已知集合，，则集合的子集个数为（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，，从而可得，写出的子集即可得答案. 【详解】解：因为，， 所以， 所以的子集为，共2个. 故选：B. 3. 已知，，则的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的同向可加性，结合待定系数法可得，即可得的取值范围. 【详解】解：设，所以， 则，又， 所以，，由不等式的性质得：， 则的取值范围为. 故选：D. 4. 有5人参加某会议，现将参会人安排到酒店住宿，要在a、b、c三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一个参会人入住，则这样的安排方法共有（） A. 96种 B. 124种 C. 150种 D. 130种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①把5人分层三组，一种按照1,1,3；另一种按照1,2,2；由组合数公式可得分组的方法数目，②将分好的三组对应三家酒店；由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意：分2步进行： ①5人在a、b、c三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一个参会人入住， 可以把5人分成三组，一种是按照1,1,3；另一种是按照1,2,2； 当按照1,1,3来分时共有种分组方法； 当按照1,2,2来分时共有种分组方法； 则一共有种分组方法； ②将分好的三组对应三家酒店，有种对应方法； 则安排方法共有种， 故选：. 5. 已知数列的前n项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先计算得，，故可排除A，D；由，得，从而得数列从第2项起成等比数列，首项为4，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式求解即可. 【详解】解：因为，， 所以，，故可排除A，D； 又因为， 所以， 即， 又因为， 所以当时，数列是首项为4，公比为2的等比数列， 所以， 所以. 故选：C. 6. 函数（，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（） A. 函数的最小正周期是 B. 函数在单调递减 C. 函数的图象关于点成中心对称 D. 将函数的图象向左平移后得到关于y轴对称 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图象的对称性确定点的坐标，进而可确定函数的周期，从而求解，再根据最高点的坐标满足函数解析式，求出的大小，进而确定函数的解析式，根据三角函数的性质一一判断求解. 【详解】由对称性可知的横坐标等于， 所以，所以，解得，故A错误； 图中函数图象的最高点为即， 所以，即， 因为，所以， 所以， 令解得， 当时，所以函数在单调递减，故B正确； 令解得， 所以函数的对称中心为， 令得，故C错误； 的图象向左平移个单位得到不关于y轴对称， 故D错误； 故选:B. 7. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出M，N两点的坐标，再利用余弦定理，求出a,c之间的关系，即可得了双曲线的离心率. 【详解】解：不妨设圆与相交，且点的坐标为， 则点的坐标为， 联立， 得， 又且， 所以， 所以由余弦定理得：， 化简得， 所以， 所以. 故选：A 8. 已知函数，，，有，其中，，则下列说法一定正确的是（） A. 是的一个周期 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用特殊函数即可判断BCD，利用赋值法可证明是的一个周期，从而可得正确的选项. 【详解】取，，则， ， 因此成立， 此时，，故为偶函数，故B错误，D错误； 取，，则， ，， 因此成立，此时为奇函数，故C错误； 令，则， 令，，则， 若，则，又，故， 令，则，所以， 令，则， 令，则， 又，故，此时令，则， 故或. 若，则，故为偶函数， 故，即， 所以为周期函数且周期为. 若，则，故为奇函数， 故，即， 故， 所以为周期函数且周期为. 若，则，此时，故或， 若， 令，则， 令，，则，所以， 令，则， 令，则， 故即， 故为周期函数且周期为. 若， 令，则， 令，，则，所以， 令，则， 令， 则， 故即， 故为周期函数且周期为． 综上，是的一个周期，故A正确． 故选：A． 【点睛】抽象函数的性质问题，可以根据抽象函数的运算性质寻找具体的函数来辅助考虑，此处需要对基本初等函数的性质非常熟悉.另外，在研究抽象函数的性质时，注意通过合理赋值来研究抽象函数的对称性、周期性． 二、多选题（每题5分，共20分；选对5分，漏选2分，错选0分） 9. 已知数据，，，…，的众数、平均数、方差、第80百分位数分别是，，，，数据，，，…，的众数、平均数、方差、第80百分位数分别是，，，，且满足，则下列结论正确的是（） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由众数的计算方法可判断B；根据平均数的概念可判断A；根据方差的性质可判断C；根据百分数的计算可判断D． 【详解】由题意可知，两组数据满足， 由平均数计算公式得， 所以，故A正确； 由它们的众数也满足，则有，故B错误； 由方差的性质得，故C正确； 对于数据，，，，，假设其第80百分位数为， 当是整数时，， 当不是整数时，设其整数部分为，则， 所以对于数据，，，，，假设其第80百分位数为， 当是整数时，， 当不是整数时，设其整数部分为，则， 所以，故D正确． 故选：ACD． 10. 向量满足，，，则的值可以是（） A. 3 B. 6 C. 4 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】设，，，由题意可知，，即有,从而得四点共圆，然后结合正弦定理及余弦定理求解即可. 【详解】解：设，，， 由向量满足，，， 所以， 所以. ①当时，， 即, 即四点共圆， 由余弦定理可得：， 设四边形的外接圆的半径为， 由正弦定理可得， 又点在优弧上（不含端点）， 则， 则有， 则； ②当时，， 则在以为圆心的圆上运动，其中点在优弧上（不含端点）， 则， 综合①②可得， 故选：AC. 11. 已知球O的半径为4，球心O在大小为的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体得体积为V，则一定正确的是（） A. O，E，，四点共圆 B. C. D. V的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】连结，判断出，利用勾股定理求，判断B，证明,，四点共面，即可判断四点共圆，判断A，利用正弦定理求出，由此判断C；设，求出的最大值，结合体积公式判断D. 【详解】 因为公共弦AB在棱l上，连结，则， 则，故B错误； 因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心， 所以OO1⊥,OO2⊥，又平面,，平面， 所以,，,， 因为平面，所以平面，同理可证平面， 所以四点共面，又， 所以，对角互补的四边形为圆内接四边形， 所以四点共圆，故选项A正确； 因为E为弦AB的中点,故⊥AB， ⊥AB， 故为二面角的平面角，所以， 由正弦定理得，故选项C正确； 设，在△中,由余弦定理可得， ，所以， 故，所以， 当且仅当以时取等号，故选项D正确， 故选：ACD 12. 已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设切点坐标为，则有，所以问题转化为方程恰有两个解，令，然后利用导数求解其零点即可. 【详解】由，得， 设切点为，则切线的斜率为， 所以有， 整理可得：， 由题意可知：此方程有且恰有两个解，令， ， ， 令，则， 所以在上单调递增，因为， 所以当时，；当时，， ①当，即时， 当时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 所以只要或，即或； ②当，即时， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 所以只要，即，而； ③当，即时， 当时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 当时，， 所以只要或，由可得：， 由得； ④当时，，所以函数在上单调递增，所以函数至多有一个零点，不合题意； 综上：当时，； 当时，或； 当时，或， 所以选项正确，错误，错误，正确， 故选：. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（每题5分，共20分） 13. 若抛物线的准线与直线间的距离为3，则抛物线的方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】先求出抛物线的准线，再根据距离列方程求解即可. 【详解】抛物线的准线为， 则，解得或， 故抛物线的方程为或. 故答案为：或. 14. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】求得展开式的通项公式，令k=1，可得，由题意得，即为的系数，即可得答案. 【详解】展开式的通项公式为：， 令k=1，得， 又， 则即为的系数，即为. 故答案为：. 15. 已知a，b都是正数，则的最小值是______． 【答案】2 【解析】 【分析】设，，解出，，代入化简得 ，利用基本不等式即可求出最值. 【详解】因为均为正实数，故设，，则 联立解得，， ， 当且仅当，即，即，即时取等号， 故答案为：2. 16. 如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】以为顶点构造棱长为2的正方体，利用对称性将转化为，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解. 【详解】以为顶点构造棱长为2的正方体， 由对称得，， 因为是上的动点，是下两底面上的动点， 则是直角三角形，是中点，且，故， 所以取最小值时，四点共线， 则，此时． 故答案为：. 【点睛】在平面解析几何中求直线上一动点到两定点（在直线同一侧）的距离之和的最小值时，通常将其中一定点对称到直线的另一边，利用三点共线时距离之和最小，在立体几何中也有类似的方程，此题中作正方体的目的就是为了找出关于平面的对称点，从而将转化为求最小值. 四、解答题（共70分） 17. 已知， （1）时，求的取值范围； （2）若存在t，使得，求t的取值范围． 【答案】（1） （2）t的取值范围为 【解析】 【分析】（1）化简，结合二倍角公式的逆用转化求解函数的解析式，推出范围即可