广东省五校2023届高三数学上学期期末联考试题（Word版含解析）.docx

1、广东五校2022-2023高三上学期期末联考数学卷第 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：D2. 已知集合，则集合的子集个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 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.

2、 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：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，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

3、：5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；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

4、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，

5、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：A8. 已知函数，有，其中，则下

6、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

7、，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

8、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：ACD10. 向量满足，则的值可以是（）A. 3B. 6C. 4D. 【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.当时，即,即四点共圆，由余弦定理可得：，设四边形的

9、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；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

10、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：ACD12. 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

11、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，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；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；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；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：.

12、【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.

13、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

14、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

15、解函数的解析式，推出范围即可（2）存在，使得，令，根据三角函数恒等变换确定的范围，再利用平方公式得，通过当时，当时，解方程，转化为函数问题，结合函数的单调性求解函数的值域，即可得到结果【小问1详解】解：时，由于，所以所以【小问2详解】解：由题意得，存在，使得，令，因为，所以，即，则，所以，当时，方程为，此时不存在使得方程有解，当时，则时，函数在上单调递减，此时，时，函数在上单调递减，此时，综上，t的取值范围为.18. 已知数列，满足，（），数列A的前n项和记为（1）写出的最大值和最小值；（2）是否存在数列A，使得？如果存在，写出此时的值；如果不存在，说明理由【答案】（1）的最大值为3，最小值为

16、-1（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用与递推公式求出的可能值，从而求出的可能值，得到最大值与最小值；（2）两边平方后，根据推出，从而求出，结合为整数，方程无解，故不存在数列A，使得.小问1详解】因为，（），所以，解得或-1，取，则，解得或-2，取，则，解得：，所以或或故最大值3，最小值为；【小问2详解】因为，（），所以整数，两边平方得：，故，所以，若存在数列A，使得，则，又为整数，所以方程无解，故不存在数列A，使得.19. 已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点、在底面的同侧，棱锥的高，、分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F（1）求的长；（2）求这两个棱锥

17、的公共部分的体积【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)连接，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得出为的中点，进而求解即可；(2)公共部分的体积可以看作四棱锥与四棱锥的体积差，根据棱锥体积公式求解即可.【小问1详解】连接，如图所示：因为平面，平面，所以，又，所以四边形是矩形，所以，且，又分别为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，又对角线，所以为的中点，由题意可知：在中，所以.【小问2详解】连接，交于点，过点作于，由题意知，故，又，平面，所以平面，因为平面，故，又，平面，所以平面，即是四棱锥的高，由（1）同理可得点为线段的中点，所以，且，在中，则，所以，因为，所以.2

18、0. 某次射击比赛过关规定：每位参赛者最多有两次射击机会，第一次射击击中靶标，立即停止射击，比赛过关，得4分；第一次未击中靶标，继续进行第二次射击，若击中靶标，立即停止射击，比赛过关，得3分；若未击中靶标，比赛未能过关，得2分现有12人参加该射击比赛，假设每人两次射击击中靶标的概率分别为m，0.5，每人过关的概率为p（1）求p（用m表示）；（2）设这12人中恰有9人通过射击比赛过关的概率为，求取最大时p和m的值；（3）在（2）的结果下，求这12人通过射击比赛过关所得总分的平均数【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)利用对立事件概率的计算公式，用相互独立事件概率的计算公式能求出每位大学

19、生射击测试过关的概率.(2)求出，通过求导可求得取到最大值时的的值.(3)利用第二问的结论，设一位大学生射击测试过关所得分数为随机变量，的可能取值为，分别求出每一个随机变量的概率，由此可求得12个人通过射击过关所得分数的平均分.【小问1详解】每位大学生射击过关的概率为：【小问2详解】，令，则或，因为，所以.令，令，所以在上单调递增，在上单调递减.所以当时，此时，解得.所以当取最大时p和m的值分别为，.【小问3详解】设一位大学生射击过关测试所得分数为随机变量X，则的可能取值为，则，所以每位大学生测试过关所得分数的平均分为：.所以这12人通过射击过关测试所得分数的平均分为：.21. 已知平面内两点

20、，动点P满足（1）求动点P的轨迹方程；（2）过定点的直线l交动点P的轨迹于不同的两点M，N（M在N的上方），点M关于y轴对称点为，求证直线过定点，并求出定点坐标【答案】（1）（2）直线恒过定点.【解析】【分析】（1）直接由斜率关系计算得到；（2）设出直线，联立椭圆方程，韦达定理求出，再结合三点共线，求出参数，得到过定点.【小问1详解】设动点，由已知有，整理得，所以动点的轨迹方程为；【小问2详解】由已知条件可知直线和直线斜率一定存在，设直线方程，则，由，可得，则，即为，因为直线过定点，所以三点共线，即，即，即，即，即得，整理，得，满足，则直线方程为，恒过定点.【点睛】椭圆对称轴上一点，椭圆的一条

21、弦与此对称轴交与，夹在之间的椭圆的顶点为，则被对称轴平分成等比数列.22. 已知函数（1）若是的极值点，求a；（2）若，分别是的零点和极值点，当时，证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，由方程求的值；（2）由已知得，通过构造函数，利用导数判断单调性，证明不等式.【小问1详解】因为 所以 若是函数的极值点，则 ，即，此时设，则，所以存在，使得当时，单调递减，当时， ，单调递增，当时 ，单调递减，所以当时，是的极值点.【小问2详解】因为若，分别是的零点和极值点，所以 ，所以 当时， ，则，即，因为 所以当 即 时，成立，当 时，若，则只需证明，设，则，设，则 为增函数，且， 所以存在唯一，使得，当时，单调递减，当时，单调递增，故， 所以，单调递增，所以， 等价于.设 ，则 当 时，若 时，单调递减，所以当 ，所以当 时成立，设，则 ，当时，单调递增，所以当时，即，成立.综上，若，分别是的零点和极值点，当时，有.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司