广东省茂名市2023届高三数学下学期二模试卷（Word版附答案）

2023年茂名市高三级第二次综合测试数学试卷本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分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，，若，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.答案：A解析：集合，.要使，只需，解得：.故选：A2.若复数满足，则（）A.2B.C.3D.5答案：D解析：，. 故选：D.3.已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案：A解析：，，所以当时，成立，即充分性成立；当时，不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件，故选：A4.从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除概率为（）A.B.C.D.答案：D解析：从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，有种；要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，所以数字为1，2，3时，有种；数字为1，3，5时，有种；数字为2，3，4时，有种；数字为3，4，5时，有种；共24种.所以该三位数能被3整除的概率为.故选：D5.已知平面内的动点，直线：，当变化时点始终不在直线上，点为：上的动点，则的取值范围为（）A.B.C.D.答案：D 解析：由原点到直线：的距离为，可知直线是：的切线，又动直线始终没有经过点，所以点在该圆内，因为点为：上的动点，且，，∴，又，即的取值范围为，故选：D6.如图所示，正三棱锥，底面边长为2，点Р到平面ABC距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（）A.B.C.D.答案：B解析：因为三棱锥为正三棱锥，所有三角形为等边三角形并且边长为2，即.又因为为正三棱锥，因此过点P作底面的垂线于点O，则点O为三角形的中心. 过B作AC的垂线于H.由三角形为等边三角形，因此，在直角三角形中，.又因为，在直角三角形中，，故.因为三棱锥为正三棱锥，因此均为等腰三角形.又M到平面距离为点P到平面距离的，因此M为的三等分点（靠近P），过点M作交于，交于.过点作交于，过点作交于，连接.所以，则四点共面.因为，面，面所以面.所以面即为过点M且平行于直线PB和AC的平面.利用三角形相似可得：,.这个平面与三棱锥表面交线的总长为. 故选：B7.黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且p，q为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，，则下列说法错误的是（）A.在上的最大值为B.若，则C.存在大于1实数，使方程有实数根D.，答案：C解析：设，（，且为互质的正整数），或或时上的无理数，对于A中，由题意，的值域为，其中p是大于等于2的正整数，所以A正确；对于B中，①若，设，（互质，互质），，则；②若有一个为0，则，所以B正确；对于C中：若为大于1的正数，则，而的最大值为，所以该方程不可能有实根，所以C错误；对于D中：和内的无理数，则，，， 若为内的有理数，设（为正整数，为最简真分数），则，所以D正确.故选：C.8.已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（）A.B.C.2D.答案：B解析：设，可得，其中，且，因为实数使得对任意的实数恒成立，即恒成立，即恒成立，所以由上式对任意恒成立，故必有，若，则由式①知，显然不满足式③，所以，所以，由式②知，则，当时，则式①，③矛盾.所以，由式①，③知，所以.故选：B.二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.小爱同学在一周内自测体温（单位：℃）依次为36.1，36.2，36.1，36.5，36.3，36.6， 36.3，则该组数据的（）A.平均数为36.3B.方差为0.04C.中位数为36.3D.第80百分位数为36.55答案：AC解析：把数据从小到大排列后：36.1，36.1，36.2，36.3，36.3，36.5，36.6.所以平均数为.故A正确；方差为.故B错误.中位数为36.3.故C正确；因为，所以第80百分位数为第6个数字36.5.故D错误.故选：AC.10.已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为、，椭圆的上顶点和右顶点分别为A、B，点P、Q都在上，且，则下列说法正确的是（）A.周长的最小值为14B.四边形可能是矩形C.直线，的斜率之积为定值D.的面积最大值为答案：ACD解析：由，可知P，Q关于原点对称.对于A.根据椭圆的对称性，，当PQ为 椭圆的短轴时，有最小值6，所以周长的最小值为14.故A正确；对于B.因为，所以，则，故椭圆上不存在点，使得，又四边形是平行四边形，所以四边形不可能是矩形.故B不正确.对于C.由题意得，设，则，所以.故C正确；对于D.设的面积为，所以当PQ为椭圆的短轴时，最大，所以.故D正确.故选：ACD.11.已知，若关于的方程恰好有6个不同的实数解，则的取值可以是（）A.B.C.D.答案：AB解析：记，则所以在单调增，在单调减所以的大致图像如下所示： 令，所以关于的方程有6个不同实根等价于关于方程在内有2个不等实根.即与在内有2个不同交点又的大致图像如下所示：又，所以.对照四个选项，AB符合题意.故选：AB12.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（） A.若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为答案：ACD解析：A选项：连接AD.在正四面体中，D是PB的中点，所以.因为平面，平面，,所以直线平面.因为平面.所以，所以直线AE与PB所成角为.故A选项正确；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，由，， 所以，所以，所以的周长最小值为不正确.故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：，所以半径.故C选项正确；D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体，则，正四面体高为，得.故D选项正确.故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数a，b满足，则的最小值是__________.答案：解析：因为实数a，b满足，所以，且. 令，则，所以，代入，则有，所以关于b的一元二次方程有正根，只需，解得：.此时，关于b的一元二次方程的两根，所以两根同号，只需，解得.综上所述：.即的最小值是（此时，解得：）.故答案为：.14.已知函数的图像关于直线对称，且时，，则曲线在点处的切线方程为___________.答案：解析：设分别为函数的图像上关于直线对称的两点，不妨设，则.所以，所以所以.所以当时，.所以.而，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.15.已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线 交于点D，若且，则___________.答案：3解析：如图，设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，则.根据抛物线定义知，，设，因为，所以，∴.设，所以，所以.16.修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为__________百米.答案： 解析：连接CD，CE，由半圆半径为1得：.由对称性，设，又，，所以，，易知，所以的长为.又，故，故，令且，则，，所以.-0+单调递减极小值单调递增所以栈道总长度最小值.故答案为：.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项和满足，且. （1）求，，；（2）若不超过240，求的最大值.答案：（1），，（2）151.当时，，当时，，当时，，2.∵，①∴当时，，又，则，当时，②，①-②可得：，当为偶数时，∴.当为奇数时，∴由，得，的最大取值为15. 18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.（1）求A；（2）若D为边BC上一点，且，试判断的形状.答案：（1）；（2）直角三角形.1.由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即，因，所以.2.设，，则，，，在中，由正弦定理知，即，即， 化简得，所以，，所以是直角三角形.19.在四棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）求证：；（2）若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.答案：（1）证明见解析；（2）1.∵，为的中点，∴又∵平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴2.由，，可知四边形等腰梯形，易知，∵，∴建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，，平面的法向量为，设，则，，，∵直线与平面所成角为，∴，∴①∵点在棱上，∴，即，∴，，代入①解得或（舍去）.，，，设平面的法向量为，，令，得，， 所以点到平面的距离20.已知，分别为双曲线：的左、右焦点，Р为渐近线上一点，且，.（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点且斜率为的直线交双曲线C的右支不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.答案：（1）2（2）是，21.由，可设，在中，因为，所以，即，所以，即为直角三角形.所以在中，，，，所以，则双曲线的离心率为.2.由（1）可知在双曲线中有且实轴长为2，所以，所以双曲线方程为.由，故设斜率为k的直线为， 联立，可得，因为直线与双曲线右支交于不同两点，所以，解得：.设，，则，，则，，即，的中点坐标为，因为Q为x轴上一点，满足，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，AB的垂直平分线的方程为：，令，则得，即，所以，又又因为，在双曲线的右支上，故，，故，即， 故，即为定值.21.已知函数，为常数，且.（1）判断的单调性；（2）当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.答案：（1）答案见解析（2）证明见解析1.∵，∴，，记，①当，即时，恒成立，所以在上恒成立，所以上单调递增.②当，即时，方程有两个不等实根，且，，∴，，，单调递增，，，，单调递减， ，，，单调递增，综上所述：①当时，在上单调递增，②当时，在和上单调递增，在上单调递减.2.∵，∴，由（1）可知时，在上单调递增，故不妨设，要证：，即证：，又∵当时，在上单调递增，∴只需证，又∵，∴只需证：，即证：，（），记，，，∴当时，恒成立，单调递增，∴，∴原命题得证.即.22.马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为.（1）求的分布列；（2）求数列的通项公式； （3）求的期望.答案：（1）答案见解析（2）（3）11.（1）由题可知，的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：;;，故的分布列如下表：0122.全概率公式可知：，即：，所以，所以，又， 所以，数列为以为首项，以为公比的等比数列，所以，即：.3.由全概率公式可得：,即：,又,所以,所以,又,所以,所以,所以,所以.