广东省大湾区2023届高三联合模拟数学试题（二）含答案解析

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1、广东省大湾区2023届高三联合模拟数学试题（二）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1 集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知i为虚数单位，复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 已知函数部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）A. B. C. D. 4. 如图，正方形的边长为4，剪去四个角后成为一个正八边形，则可求出此正八边形的外接圆直径，根据我国魏晋时期数学家刘徽的“割圆术”思想，如果用此正八边形的周长近似代替其外接圆周长，便可估计的值，下面及的值都正确的是（ ）A. ，B. ，C ，D. ，5. 已

2、知平面向量，则在上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 6. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 或7. 一堆苹果中大果与小果比例为，现用一台水果分选机进行筛选已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ）A. B. C. D. 8. 已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧面底面均相切）的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 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

3、，有选错的得0分9. 已知函数，则（ ）A. 函数的最小正周期为B. 函数图像关于点中心对称C. 函数在定义域上单调递增D. 若，则10. 已知随机变量X服从正态分布，定义函数为X取值不超过x的概率，即若，则（ ）A. B. C. 在上减函数D. 11. 已知函数，则（ ）A. B. 的最小值为C. 的最小值为D. 在区间上单调递增12. 双曲线的左右焦点分别为，P为双曲线右支上异于顶点的一点，的内切圆记为圆，圆的半径为，过作的垂线，交的延长线于，则（ ）A. 动点的轨迹方程为B. 的取值范围为（0，3）C. 若，则D. 动点的轨迹方程为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若

4、数列满足且，其中为数列的前n项和请写出一个满足上述条件的数列通项_14. 某地铁换乘站设有编号为，的四个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需时间如下表：安全出口编号，疏散乘客用时（秒）120140190160则疏散乘客最快的一个安全出口的编号为_15. 如图为三棱锥的平面展开图，其中，垂足为，则该三棱锥的体积为_16. 设随机变量T满足，2，3，直线与抛物线的公共点个数为，若，则_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. 已知是递增的等差数列，是等比数列，且，（1）求数列与的通项公式；（2），数列满足，求的前项和18. 在中，角，

5、的对边分别为，点D为BC边的中点，已知，（1）求b；（2）求的面积19. 如图，在三棱台ABC中，平面平面（1）证明：平面；（2）若二面角的大小是，求线段的长.20. 某工厂车间有台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，工作时发生故障的概率都是，且一台机器的故障能由一个维修工处理已知此厂共有甲、乙、丙名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责台机器；方案二：由甲乙两人共同维护台机器（1）对于方案一，设为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数，求的分布列与数学期望；（2）在两种方案下，分别计算机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率

6、更高?21. 已知圆O的方程为，P为圆上动点，点F坐标为，连OP，FP过点P作直线FP的垂线l，线段FP的中垂线交OP于点M，直线FM交l于点A（1）求点A的轨迹方程；（2）记点A的轨迹为曲线C，过点作斜率不为0的直线n交曲线C于不同两点S，R，直线与直线n交于点H，记，问：是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由22. 已知函数，其中a为常数，是自然对数的底数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，问有几个零点，请说明理由广东省大湾区2023届高三联合模拟数学试题（二）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分1. 集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【

7、分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为，则，因此，.故选：C.2. 已知i为虚数单位，复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据除法运算求出复数，得到，即可确定点的位置.【详解】由可知，在复平面内对应的点坐标为，故点位于第四象限，故选：D.3. 已知函数部分图象如图所示，则函数解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用函数零点排除B,C两个选项，再由奇偶性排除A后可得正确选项【详解】由图像知有三个零点经验证只有AD满足，排除BC选项，A中函数满足为偶函数，

8、D中函数满足为奇函数，而图像关于原点对称，函数为奇函数，排除A，选D故选：D4. 如图，正方形的边长为4，剪去四个角后成为一个正八边形，则可求出此正八边形的外接圆直径，根据我国魏晋时期数学家刘徽的“割圆术”思想，如果用此正八边形的周长近似代替其外接圆周长，便可估计的值，下面及的值都正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】分析几何关系，根据，周长即可求解.【详解】设剪去的的边长，可得：，解得，则,因为正方形剪去四个角后得到一个正八边形，所以正八边形的每个内角为为，所以,则,所以外接圆的直径为，根据题意知周长，故选:C.5. 已知平面向量，则在上投影向量为（ ）A.

9、 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出，再根据在上的投影向量为计算即可.【详解】因为，所以，所以在上的投影向量为，故选：D.6. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】B【解析】【分析】根据二倍角正弦公式和正余弦齐次式的求法可构造方程求得可能的取值，结合的范围可求得结果.【详解】，或，则.故选：B.7. 一堆苹果中大果与小果的比例为，现用一台水果分选机进行筛选已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解

10、析】【分析】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，利用全概率公式计算出的值，再利用贝叶斯公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，则，由全概率公式可得，因此，.故选：A.8. 已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧面底面均相切）的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求得内切球半径，再画图设底面半径为，利用三角函数值代换表达出表面积的公式，再设，根据基本不等式求最小值即可【详解】设圆锥的内

11、切球半径为，则，解得，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，内切球切母线于，底面半径，则，又，故，又，故，故该圆锥的表面积为，令，则，当且仅当，即时取等号.故选：A.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. 已知函数，则（ ）A. 函数的最小正周期为B. 函数的图像关于点中心对称C. 函数在定义域上单调递增D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】根据函数的最小正周期公式判断A选项，求的对称中心判断B选项，特殊值法判断C选项，求函数值域判断D选项.【详解】的最小正周期为,A选项

12、错误;的对称中心，令,对称中心为，当是对称中心,B选项正确;,函数在定义域上不是单调递增,C选项错误;当,则,可得,D选项正确;.故选：BD.10. 已知随机变量X服从正态分布，定义函数为X取值不超过x的概率，即若，则（ ）A. B. C. 在上是减函数D. 【答案】AD【解析】【分析】利用正态分布的对称性，利用概率进行转化结合选项可以得出答案.【详解】因为随机变量X服从正态分布，所以，A正确；，因为，所以，所以不可能，B不正确；因为，所以当增大时，也增大，C不正确；，D正确.故选：AD.11. 已知函数，则（ ）A. B. 最小值为C. 的最小值为D. 在区间上单调递增【答案】CD【解析】【

13、分析】利用特殊值法可判断AB选项；利用基本不等式可判断C选项；利用函数的单调性与导数的关系可判断D选项.【详解】对于A选项，则，A错；对于B选项，因为，故函数的最小值不是，B错；对于C选项，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，C对；对于D选项，当时，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，当时，即，故，因此，函数在上单调递增，D对.故选：CD.12. 双曲线的左右焦点分别为，P为双曲线右支上异于顶点的一点，的内切圆记为圆，圆的半径为，过作的垂线，交的延长线于，则（ ）A. 动点的轨迹方程为B. 的取值范围为（0，3）C. 若，则D. 动点的轨迹方程为【答案】ABD【解析】【分析】由双曲线

14、的定义和切线长的性质即可判定A的正误；根据双曲线渐近线的性质，可知B的正误，利用，可求出点坐标，从而可得C的正误； 由过内切圆的圆心和，得为的中点，再根据双曲线的定义得，从而可得动点的轨迹方程.【详解】设，设的内切圆分别与边，切于，三点，如图所示.A选项：由题知，,， ，所以，显然，故A正确；B选项：根据对称性，不妨假设点在轴上方，根据A选项可设，双曲线的一条渐近线为，考虑点在无穷远时，直线的斜率趋近于，此时的方程为，此时圆心到直线的距离为，解得，所以的取值范围为（0，3），故B正确；C选项：时，此时，所以，因为，所以，故C错误；.D选项：分别延长，交于点，因为过内切圆圆心，所以为角平分线，且

15、 ，所以，且为的中点，所以.又因为点为的中点，为的中点，所以 ，所以动点的轨迹方程为，显然，又考虑点在无穷远时，此时直线趋近于渐近线，直线为，联立方程组，解得，所以点的横坐标，动点的轨迹方程为.故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：解析几何中三角形内切圆的转化方法：（1）圆外一点向圆引切线，切线长相等；（2）圆心与三角形三个顶点的连线分割成的三个三角形的面积和等于大三角形的面积；（3）圆心是三角形内角平分线的交点，利用角平分线的性质进行转化.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若数列满足且，其中为数列的前n项和请写出一个满足上述条件的数列通项_【答案】(答案不唯一)【解析

16、】【分析】根据题意，分析可得数列为各项为负的递增的数列，结合数列的函数特性分析可得答案.【详解】根据题意，数列满足，则有，又由数列满足，故数列为各项为负的递增数列，其通项公式可以为：，故答案为：(答案不唯一)14. 某地铁换乘站设有编号为，的四个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需时间如下表：安全出口编号，疏散乘客用时（秒）120140190160则疏散乘客最快的一个安全出口的编号为_【答案】【解析】【分析】由题意可得同时开放，两个安全出口和同时开放，两个安全出口所用时间比较可得比快，若同时开放，两个安全出口和同时开放，两个安全出口的用时间比较可得比快，若同时开放，两

17、个安全出口和同时开放，两个安全出口所用时间比较可得比快，从而可得结论.【详解】同时开放，两个安全出口，疏散1000名乘客需要时间为，同时开放，两个安全出口，疏散1000名乘客需要时间为，得比快；同时开放，两个安全出口，疏1000名乘客需要时间为，同时开放，两个安全出口，疏散1000名乘客需要时间为，得比快，同时开放，两个安全出口，疏1000名乘客需要时间为，同时开放，两个安全出口，疏散1000名乘客需要时间为，得比快，综上所述：疏散乘客用时最短的一个安全出口的编号是.故答案为：15. 如图为三棱锥的平面展开图，其中，垂足为，则该三棱锥的体积为_【答案】【解析】【分析】根据几何体平面展开图得到其

18、直观图，再根据锥体的体积公式计算可得.【详解】由三棱锥的平面展开图可得其直观图如下：其中，又，平面，所以平面，所以，故答案为：16. 设随机变量T满足，2，3，直线与抛物线的公共点个数为，若，则_【答案】6【解析】【分析】首先根据期望求交点个数的和，根据直线与抛物线的位置关系，确定的取值，再结合直线与抛物线的位置关系，确定与抛物线相切，即可求解.【详解】设3条直线与抛物线的公共点个数的和为，因为，则，则，因为直线与抛物线的交点个数为0，1，2，所以直线与抛物线的公共点个数的取值为1，2，2，因为，所以当时，与抛物线相切，联立，得，解得：（令一个根0舍去），故答案为：6【点睛】关键点点睛：本题考

19、查概率与圆锥曲线的综合应用，本题的关键是正确理解题意，根据交点个数，确定直线与抛物线相切，是本题的关键.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. 已知是递增的等差数列，是等比数列，且，（1）求数列与的通项公式；（2），数列满足，求的前项和【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）由题意，设等差数列的公差为，根据题意可得出关于的等式，解出的值，可得出数列的通项公式，求出等比数列的公比，可求得的通项公式；（2）分、求出数列的通项公式，然后分、求出，综合可得出的表达式.【小问1详解】解：由题意，设等差数列的公差为，则，因为数列为等比数列，则，即，因为，解得，

20、.又因为，所以，等比数列的公比为，因此，.【小问2详解】解：由，可得，所以，当时，得，所以，不满足，所以，.当时，当时，也满足，综上所述，对任意的，.18. 在中，角，的对边分别为，点D为BC边的中点，已知，（1）求b；（2）求的面积【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理，边角互化后，再结合余弦定理，即可求解；（2）由条件可知，再结合向量数量积公式，求，再根据三角形面积公式，即可求解.【小问1详解】因为,由正弦定理得，由余弦定理得，所以，又因为，所以；【小问2详解】因为，所以，即，因为，所以，化简得，解得：或（舍去），因为，所以,所以.19. 如图，在三棱台ABC中，平面平面（

21、1）证明：平面；（2）若二面角的大小是，求线段的长.【答案】（1）证明见解析； （2）2.【解析】【分析】（1）在等腰梯形中，作，利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理得到，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面与平面的法向量，再利用二面角的大小是，即可求出.【小问1详解】在等腰梯形中，作，则，在中，中，解得，即由平面平面，平面平面，平面，平面平面.【小问2详解】如图，在平面内，过点作，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则 设平面的法向量为，则，即，则 平面的一个法向量为 则，解得 即.20. 某工厂车间有台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，

22、工作时发生故障的概率都是，且一台机器的故障能由一个维修工处理已知此厂共有甲、乙、丙名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责台机器；方案二：由甲乙两人共同维护台机器（1）对于方案一，设为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数，求的分布列与数学期望；（2）在两种方案下，分别计算机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率更高?【答案】（1）分布列答案见解析， （2）方案二，理由见解析【解析】【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；（2）计算出两种方案下故障机器得到维修的概率，比较大小后可得出结论.【小

23、问1详解】解：由题意可知，则，所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，.【小问2详解】解：对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一人负责的台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题.其概率为.对于方案二：机器发生故障时不能及时维修的概率为，所以，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高.21. 已知圆O的方程为，P为圆上动点，点F坐标为，连OP，FP过点P作直线FP的垂线l，线段FP的中垂线交OP于点M，直线FM交l于点A（1）求点A的轨迹方程；（2）记点A的轨迹为曲线C，过点作斜率不为0的直线n交曲线C于不同两点S，R，直线与直线n

24、交于点H，记，问：是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由【答案】（1） （2）1；理由见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，即可求轨迹方程；（2）首先根据面积公式，理由线段比值表示，再设直线，与椭圆方程联立，利用坐标表示.【小问1详解】记， 则为的中点，为中点，所以，所以点的轨迹是长轴长为4，焦距为2的椭圆，所以点的轨迹方程为；【小问2详解】设到直线的距离为，设，,，设直线，令，进而，联立，消去，得，所以，所以，所以是定值为1.22. 已知函数，其中a为常数，是自然对数的底数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，问有几个零点，请说明理由【答案】（1） （2）三个【解析】

25、【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）令，可得出，令，则原方程转化为（*），令，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.【小问1详解】解：当时，则，则，故当时，曲线在处切线方程为.【小问2详解】解：令，可得，即，即，即，令，则上述方程转化为（*）的零点个数即为方程（*）的根的个数.则，令可得，列表如下：增极大减所以，为函数的唯一极大值点，且，令，当时，当时，且函数在上单调递减，为解方程，只需解方程，令，其中，即，令，其中，则，令，可得，列表如下：减极小增所以，函数在上单调递增，则，故，根据零点存在定理，存在唯一的，使得，即，所以，故方程（*

26、）在上有唯一解；当时，不成立，故不是方程（*）的解；当时.（i）当时，所以，单调递增，单调递减，故在上单调递增，因为，根据零点存在定理，函数在上存在唯一零点；（ii）当时，而在上单调递增，为解方程，只需解方程，令，其中，因为，所以，函数在上单调递减，因为，故存在唯一的，使得，即，即，故方程在区间上也存在唯一解.综上所述，当时，方程存在三个解，即函数有三个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.