广东省茂名市2023届高三二模数学试卷（含答案）

1、广东省茂名市2023届高三二模数学试卷一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分.1.已知集合，若，则实数的取值范围是A. B. C. D. 2.若复数满足，则A.2B. C.3D.53.已知平面，直线，满足，则是的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.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整除的概率为A. B. C. D. 5.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. 6.如图所示，正三棱锥，底面边长为2，点到平面ABC距离为2，点M在平面PAC内，且

2、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. 7.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的实数，使方程有实数根D. ，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. 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.

3、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36.5510.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11.已知，若关于的不等式恰好有6个不同的实数解，则的取值可以是A. B. C. D. 12.如图所示，有一个棱长为4的正

4、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_.14.已知函数的图象关于直线对称，且时，则曲线在点处的切线方程为_.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_.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

5、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.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.（10分）已知数列的前项和满足，且.（1）求，；（2）若不超过240，求的最大值.18.（12分）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，

6、且，试判断的形状.19.（12分）在四棱锥中，平面平面ABCD，O为AD的中点.（1）求证：；（2）若，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离.20.（12分）已知，分别为双曲线：的左、右焦点，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.21.（12分）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：.22.（12分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈马尔可夫得名，其

7、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.数学答案一、单选题12345678ADADDBCB5.【提示】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，即的取值范围为.7.【提示】解：设，（，且p，q为互质的正整数），对于A选项：由题意

8、，的值域为，其中p是大于等于2的正整数，故选项A正确；对于B选项：若，设，（，互质，互质），则；若，有一个为0，则；所以选项B正确；对于C选项：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.故选项C错误；对于D：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，故选项D正确.8.【提示】由题设可得其中，且，于是可化为即所以由已知条件，上式对任意恒成立，故必有若，则由式知，显然不满足式.故所以，由式知，则当时，则式，矛盾.所以由式，知，所以（法二）因为为中心对称函数，对称中心的纵坐标为1，从恒成立，可以看出，故的可能一个取值为，所以.二、多选题9101112AC

9、ACDABACD10.【提示】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，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.11.【提示】记，则所以在单调增，在单调减所以的大致图像如下所示：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12.【提示】A选项，直线平面，；A选项正确B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，由，B选项错误C

10、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，半径为（为棱长），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.D选项正确三、填空题：13.【答案】14.【答案】15.【答案】3【提示】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.【答案】【提示】：（1）连CD，CE，由半圆半径为1得记，又，则，所以的长为.又，故，即，所以，则；所以.-

11、0+单调递减极小值单调递增所以栈道总长度最小值.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.解：（1）当时，当时，当时，（2），当时，又，则，当时，-可得：，当为偶数时，.当为奇数时，由，得，的最大取值为15.法二：，当时，又，则，当时，-可得：，可得：，故，-可得：，当时，即，的偶数项组成一个等差数列，公差为4，且从第3项起，所有的奇数项也组成一个等差数列，公差为4，当为偶数时，当为奇数时，由，得，的最大取值为15.18.（1）由得所以所以所以所以所以，即因为，所以.法一：（2）设，则，在中，由正弦定理知，即，化简得所以，所以是直角三角形.法二：（2）如图所示，取AB

12、中点M，延长MD与AC的延长线交于点N，连接NB，由有，由，设，则，即，故，所以，即C为AN中点.又，为AB中点，所以，又，所以为正三角形，又BC平分AN，所以，所以ABCD是直角三角形.19.证明：（1），O为AD的中点，又平面平面，平面平面，平面，又平面（2）法（一）由，可知ABCD四边形为等腰梯形，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AE与平面ABCD所成角为点E在棱PB上即，代入解得或（舍去）.， ，设平面的法向量为令，得，点E到平面PCD的距离法（二）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AE与平面ABCD所成角为点E在棱PB上即，代入

13、解得或（舍去），设平面的法向量为令，得，点E到平面PCD的距离20.解：（1）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.解：，记当，即时，恒成立在上恒成立在上单调递增.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：当时在上单调递增时，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，要证记，时，恒成立，单调递增22.解：（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：012（2）由全概率公式可知：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）（法一）易知：由全概率公式可得：即：又所以所以又所以所以即：（法二）由全概率公式可得：即：又所以所以又所以所以所以所以.