廣東省廣州市天河區2023屆高三一模數學試題一、單選題1．設集合，集合，則（

）A． B．C． D．2．已知復數，則的虛部為（

）A． B． C． D．3．已知向量，，若，則實數m的值是（

）A． B． C．1 D．44．已知某地市場上供應的一種電子產品中，甲廠產品占60%，乙廠產品占40%，甲廠產品的合格率是95%，乙廠產品的合格率是90%，則從該地市場上買到一個合格產品的概率是（

）5．已知函數的圖象向左平移個單位長度后，得到函數的圖象，且的圖象關于y軸對稱，則的最小值為（

）A． B． C． D．6．若數列滿足，則的前2022項和為（

）A． B． C． D．7．已知一個圓臺的母線長5，且它的內切球的表面積為，則該圓臺的體積為（

）A． B． C． D．8．設，，，則（

）A． B． C． D．二、多選題9．下列命題中，正確的命題有（

）A．已知隨機變量X服從正態分布且，則B．設隨機變量，則C．在拋骰子試驗中，事件，事件，則D．在線性回歸模型中，表示解釋變量對于預報變量變化的貢獻率，越接近于1，表示回歸的效果越好10．已知函數，則下列選項正確的有（

）A．函數極小值為1B．函數在上單調遞增C．當時，函數的最大值為D．當時，方程恰有3個不等實根11．已知點，，且點在圓：上，為圓心，則下列結論正確的是（

）A．的最大值為B．以為直徑的圓與圓的公共弦所在的直線方程為：C．當最大時，的面積為D．的面積的最大值為12．如圖，長方體中，，，，點M是側面上的一個動點（含邊界），P是棱的中點，則下列結論正確的是（

）A．當PM長度最小時，三棱錐的體積為B．當PM長度最大時，三棱錐的體積為C．若保持，則點M在側面內運動路徑的長度為D．若M在平面內運動，且，則點M的軌跡為圓弧三、填空題13．展開式中的系數為________.14．若點P是曲線上一動點，則點P到直線的最小距離為________.15．寫出一個周期為，且在區間上單調遞減的函數解析式________.16．設雙曲線的左、右焦點分別為、，過點的直線分別與雙曲線的左、右支交于點、，若以為直徑的圓過點，且，則該雙曲線的離心率為______．四、解答題17．已知公差不為0的等差數列中，，是和的等比中項.(1)求數列的通項公式：(2)保持數列中各項先后順序不變，在與之間插入，使它們和原數列的項構成一個新的數列，記的前n項和為，求的值.18．在中，內角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，且滿足.(1)求A；(2)若，，AD是的中線，求AD的長.19．某從事智能教育技術研發的科技公司開發了一個“AI作業”項目，并且在甲、乙兩個學校的高一學生中做用戶測試.經過一個階段的試用，為了解“AI作業”對學生學習的促進情況，該公司隨機抽取了200名學生，對他們的“向量數量積”知識點掌握的情況進行調查，樣本調查結果如下表：甲校乙校使用AI作業不使用AI作業使用AI作業不使用AI作業基本掌握32285030沒有掌握8141226假設每位學生是否掌握“向量數量積”知識點相互獨立.(1)從樣本中沒有掌握“向量數量積”知識點的學生中隨機抽取2名學生，用表示抽取的2名學生中使用“AI作業”的人數，求的分布列和數學期望；(2)用樣本頻率估計概率，從甲校高一學生中抽取一名使用“AI作業”的學生和一名不使用“AI作業”的學生，用“X=1”表示該名使用“AI作業”的學生基本掌握了“向量數量積”，用“X=0”表示該名使用“AI作業”的學生沒有掌握“向量數量積”，用“Y=1”表示該名不使用“AI作業”的學生基本掌握了“向量數量積”，用“Y=0”表示該名不使用“AI作業”的學生沒有掌握“向量數量積”.比較方差DX和DY的大小關系.20．如圖多面體中，四邊形是菱形，，平面，，(1)證明：平面平面；(2)在棱上有一點，使得平面與平面的夾角為，求點到平面的距離.21．已知橢圓，直線l：與橢圓交于兩點，且點位于第一象限.(1)若點是橢圓的右頂點，當時，證明：直線和的斜率之積為定值；(2)當直線過橢圓的右焦點時，軸上是否存在定點，使點到直線的距離與點到直線的距離相等？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.22．已知函數，.(1)若函數只有一個零點，求實數a的取值所構成的集合；(2)若函數恒成立，求實數a的取值范圍.參考答案：1．A【分析】利用集合交集的定義計算即可．【詳解】，則故選：A2．C【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡復數，再根據共軛復數的概念得到，即可判斷.【詳解】解：因為，所以，則的虛部為；故選：C3．B【分析】根據向量相等的坐標關系即可求出結果．【詳解】由得，所以故選：B4．B【分析】根據甲乙兩廠所占比例及對應的合格率，利用全概率公式算即可得解.【詳解】由甲乙兩廠所占比例及對應的合格率可得，故選：B5．A【分析】首先將函數化簡為“一角一函數”的形式，根據三角函數圖象的平移變換求出函數的解析式，然后利用函數圖象的對稱性建立的關系式，求其最小值．【詳解】，所以，由題意可得，為偶函數，所以，解得，又，所以的最小值為．故選：A.6．D【分析】根據數列奇偶交替的性質相加求和即可.【詳解】當為奇數時，，當為偶數時，，.故選：D7．B【分析】畫出圓臺內切球的軸截面圖，由題意結合圖象求出圓臺上下底面的半徑與高，再由圓臺的體積公式即可求解【詳解】圓臺內切球的軸截面如圖所示，由題意易知為等腰梯形，且，取的中點，連接，則易知球心為的中點，因為圓臺的內切球的表面積為，所以圓臺的內切球的半徑為，即，過點作，交與，連接，設，則由圓的切線性質可知，所以，過點作，交與，則,由得，解得，由，解得，所以圓臺的體積為，故選：B8．B【分析】構造函數，利用導數討論其單調性，利用單調性比較可得.【詳解】由題知，記，則易知在上單調遞減，所以，當時，所以，在上單調遞減，故即又為增函數，所以.故選：B9．BD【分析】根據正態分布的性質可判斷A；由二項分布的方差公式可判斷B；根據條件概率公式可判斷C；由的意義可判斷D.【詳解】A：因為且，所以，所以，A錯誤；B：因為，所以，B正確；C：由題知，事件，所以，C錯誤；D：由的意義可知D正確.故選：BD10．AC【分析】求導得，分析的單調性，進而可得極大值、極小值與最值，即可判斷ABC是否正確；作出的圖象，結合圖象即可判斷D是否正確.【詳解】對于AB：，在上，，單調遞增，在上，，單調遞減，所以的極大值為，的極小值為，故A正確，B錯誤；對于C：由函數單調性知，在上單調遞增，在上單調遞減，在上遞增，且，，故函數的最大值為，故C正確；對于D：當時，，時，，且的極大值為，的極小值為，由上述分析可知，的圖象為：由圖象可得當或時，有1個實數根，當或時，有2個實數根，當時，有3個實數根，故D錯誤.故選：AC.11．ABD【分析】依題意畫出圖象，判斷出在圓內，當為射線與圓的交點時，取得最大值，即可判斷A；求出以為直徑的圓再兩圓方程作差，即可求出公共弦所在直線方程，即可判斷B，當與圓相切時，最大，求出三角形的面積，即可判斷C，求出直線的方程，可得在上，即可得到到的距離最大值，再求出，即可判斷D.【詳解】解：圓C：的圓心為，半徑，又，則，所以點在圓內，所以當為射線與圓的交點時，取得最大值，故A正確；因為點恰好是、的中點，且，所以以為直徑的圓的方程為，所以以為直徑的圓與圓的公共弦所在的直線方程為，整理得，故B正確；當與圓相切時，最大，此時，故C錯誤，直線的方程為，又，且在直線上，所以到的距離最大值為，所以，故D正確；故選：ABD12．ABC【分析】由等體積法可判斷AB正確，由圓的知識可判斷C正確，利用空間向量法求夾角余弦值，可知D錯誤.【詳解】對于A，當PM長度最小時，點在線段的中點，，，A正確.對于B，當PM長度最大時，點與點或點重合，若點與點重合，，B正確.對于C，作中點，連接，如下圖所示，易證平面，平面，則，若保持，則，則點M的軌跡是以為半徑的半圓弧，長度為，C正確.對于D，以點為原點建立空間直角坐標系如圖所示：則，，，設則有，，若，則有，即，化簡得：，即，即或（此時，）,故點M的軌跡為一段直線，D錯誤.故選：ABC13．【分析】先得到的通項公式，再結合，計算即可得到結果.【詳解】因為且展開式的通項公式為故的系數為故答案為:.14．【分析】利用導數求出與直線平行且與曲線相切的直線，切點到直線的距離即為最小距離.【詳解】設，，設直線與曲線相切，切點為，且直線與直線平行，則有，得，，即如圖所示：此時到直線的距離最小，.故答案為：15．【分析】通過周期求，再根據單調區間，只需在處于函數圖像最高點即可.【詳解】設，，所以，令（注：函數圖像最高點）得，，所以這個函數可以為.故答案為：.（答案不唯一）16．【分析】先根據題意，判斷出△為等腰直角三角形，找到，在△中，利用余弦定理建立關于a、c的齊次式，求出離心率e.【詳解】因為以為直徑的圓過點，所以，又，所以△為等腰直角三角形，所以.設，則由雙曲線的定義可得：，兩式相加得：，即.所以，解得：.在△中，，，，由余弦定理得：，即，整理化簡得：.故答案為：.【點睛】求橢圓（雙曲線）離心率的一般思路：（1）直接求出a、b、c，計算離心率；（2）根據題目的條件，找到a、b、c的關系，消去b，構造離心率e的方程或（不等式）即可求出離心率．17．(1)(2)【分析】（1）設數列的公差為，根據等比中項列出方程求得即可得到通項公式.（2）由題意計算出在中對應的項數，然后利用分組求和即可.（1）設數列的公差為，因為是和的等比中項，則且則或（舍）則，即通項公式（2）因為與（，2，…）之間插入個1，所以在中對應的項數為，當時，當時，所以，，且所以18．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.（2）由可得，根據以及余弦定理即可求出.（1），所以，由正弦定理得：，，，，，得，即，.（2）,,得，由余弦定理得：，，所以，即AD的長為.19．(1)分布列見解析，；(2).【分析】（1）根據超幾何分布列分布列，求解期望；（2）由二項分布的方差公式求解.（1）依題意，，1，2，且，，，所以的分布列為：012P故（2）由題意，易知服從二項分布，，服從二項分布，，故.20．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接交于，連接，，證明，利用平面，證明平面，從而平面平面；（2）建立平面直角坐標系，設，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐標，再利用空間向量法求出點到面的距離．（1）證明：取的中點，連接交于，連接，，因為是菱形，所以，且是的中點，所以且，又，，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中點，由四邊形是菱形，，則，是正三角形，，，又平面，所以以為原點，，，為坐標軸建立空間直角坐標系，設在棱上存在點使得平面與平面的夾角為，則，，，，，，則設，，所以，，，，設平面的一個法向量為，，，則，即，令，，得平面的法向量可以為，，解得，所以，則設平面的一個法向量為，則，即，取，得，所以點到平面的距離.21．(1)見解析；(2)存在，.【分析】(1)聯立直線方程和橢圓方程得，由韋達定理可得的關系，再由計算即可得證；(2)由題意可得直線的方程為，聯立直線方程與橢圓方程得，由韋達定理之間的關系，假設存在滿足題意的點，設，由題意可得.代入計算，如果有解，則存在，否則不存在.（1）證明：因為，所以直線l：，聯立直線方程和橢圓方程：，得，設，則有，所以，又因為，所以，，所以==所以直線和的斜率之積為定值；（2）解：假設存在滿足題意的點，設，因為橢圓的右焦點，所以,即有，所以直線的方程為.由，可得，設，則有；因為點到直線的距離與點到直線的距離相等，所以平分,所以.即==，又因為，所以，代入，即有，解得.故軸上存在定點，使得點到直線的距離與點到直線的距離相等.22．(1)(2)【分析】（1）將零點問題轉化為交點問題，利用導數分析的單調性以及極值情況.（2）分三種情況討論，將不等式恒成立問題轉化成求即可.（1）當時，顯然滿足題意當時，若函數只有一個零點，即只有一個根，因為1不是方程的根，所以可轉化為只有一個根，即直線與函數（且）的圖像只有一個交點.，令，得，在和上，，在上，，所以在和上單調遞減，在上單調遞