1、2023届大湾区普通高中毕业班第一次联合模拟考试数学本试卷共6页，22小题，满分150分考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的市（县、区）、学校、姓名、班级、座位号和准考证号填写在答题卡上，并填涂10位准考证号（考号）2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案答案不能答在试卷上3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效4考生必须保证答题卡的整洁考试结束后，将试卷和
2、答题卡一并交回一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共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，则（）ABCD2已知复数满足(其中为虚数单位)，则的值为（）ABCD3为深入推进“五育”并举，促进学生身心全面和谐发展，某校于上周六举办跳绳比赛.现通过简单随机抽样获得了22名学生在1分钟内的跳绳个数如下（单位：个）：估计该校学生在1分钟内跳绳个数的第65百分位数为（）A124BCD4图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在
3、冬至日正午时刻（太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（）（参考数据：，）ABCD5函数中的图像可能是（）ABCD6已知为双曲线的左焦点，为其右支上一点，点，则周长的最小值为（）ABCD7与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（）ABCD8设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（）A1或3B2或3C1或4D2或4二、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
4、2分，有选错的得0分9已知圆，直线，则（）A直线过定点B直线与圆可能相离C圆被轴截得的弦长为D圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为10函数的部分图像如图所示，则下列选项中正确的有（）A的最小正周期为B是奇函数C的单调递增区间为D，其中为的导函数11随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（）A小王和小张恰好互换了贺卡的概率为B已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为C恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为D每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为12已知正数满足等式，则下列不
5、等式中可能成立的有（）ABCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知函数f(x)是奇函数，则a_14的展开式中的系数是_（用数字作答）15若，则_.16设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为_.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已知等差数列的各项均为正数.若分别从下表的第一二三列中各取一个数，依次作为，且中任何两个数都不在同一行.第一列第二列第三列第一行4511第二行3109第三行876(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为.求证：.18如图，在中，角的对边分别为.已知.(1)求角；(2
6、)若为线段延长线上一点，且，求.19如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值20在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为.(1)当时，求；(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件“”的概率作出下限估计.为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在与之间，试估计信号发射次数的最小值.21设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.(1)当点的坐标为时，求；(
7、2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点.直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的最大值.22已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.1B【分析】利用交集的定义即可求解.【详解】因为集合，所以.故选：B2B【分析】利用复数运算求出复数，即可得到答案；【详解】复数满足，故选：B.3C【分析】根据百分位数的概念直接计算即可得答案.【详解】解：因为，22名学生的跳绳成绩从小到大第15个数为，所以，该校学生在1分钟内跳绳个数的第65百分位数为故选：C4B【分析】由题意有，可得，从而可得【详解】由图1可得，又，所以，所以，所以，该地的纬度约为北纬，故选：5D【分析】首先判断
8、函数的奇偶性，再根据函数在上函数值的正负情况，利用排除法判断即可.【详解】解：因为定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B，又时，所以，所以，故排除C；故选：D6B【分析】设双曲线的右焦点为，由双曲线方程可求出，b，c的值，利用双曲线的定义以及三点共线即可求出的周长的最小值【详解】设双曲线的右焦点为，由双曲线的方程可得：，则，所以，且，所以，的周长为，当且仅当M，P，A三点共线时取等号，则周长的最小值为故选：B7C【分析】由题意构造直角三角形，列出关于高及得方程组，即可求解出正三棱锥的棱切球半径.【详解】如图三棱柱为正三棱锥，且底面边长，侧棱设正三棱锥的棱切球球心为，半径
9、为，则顶点在底面的投影为也为的中心，取的中点，连接，过点作垂足为，则，设，在中，因为为的中心，则，在中即；在中，即，在中，则；在中，则，在中，则，又因为，则，化简得，由得解得.故选：C.8A【分析】根据与的关系，求出，则，又，3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可【详解】，时，相减可得：，即又时，解得，满足，数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以对任意正整数n，都有成立，得，又，3得：，又，所以，得，进而，由，得，即，记，则，以下证明时，因为，即时，单调递减，综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3故选：A【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问
10、题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.9AC【分析】直线，由求出定点，即可判断A；由点与圆心距离判断直线与圆位置关系，即可判断B；令，求出圆与y轴交点纵坐标可得弦长，即可判断C；根据直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，求出直线的方程，即可判断D【详解】直线，由，得，即l恒过定点，故A正确；点与圆心的距离，故直线l与圆C恒相交，故B错误；令，则，可得，故圆C被y轴截得的弦长为，故C正确；要使直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，所以直线l的斜率，可得，故直线l为，故D错误故选：AC10AD【分
11、析】根据题意可求得函数的周期，即可判断A，进而可求得，再根据待定系数法可求得，再根据三角函数的奇偶性可判断B，根据余弦函数的单调性即可判断C，求导计算即可判断D.【详解】解：由题意可得，所以，故A正确；则，所以，由，得，所以，则，又，所以，则，由，得，所以，则为偶函数，故B错误；令，得，所以的单调递增区间为，故C错误；，则，故D正确.故选：AD.11BC【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率
12、为 ，A错误；对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则,小张抽到小王写的贺卡为事件B,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确；对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确；对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，故选：12B【分析】根据题目形式构造函数，利用求导和同构即可求解.【详解】因为，所以，所以，当时，令，所以，令所以，所以在单调递增，所以在单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，令，所以单调递增，所以由得，所以,所以，故此时，C,
13、D选项不可能；由，即构造所以当时，所以在单调递减又，所以，则所以，构造，所以在单调递增所以故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造函数以及，利用导数以及参数的范围进行判断.131【分析】先求得，根据函数为奇函数，得到，即可求解.【详解】由题意，当时，则，可得，又因为函数为奇函数，所以，即，解得.故答案为：1.【点睛】本题主要考查了分段函数的解析式，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.14【分析】首先分析出存在有两项，然后分别求出这两项系数，相加即可.【详解】根据题意,的项在的展开式中有两项，分别为：和，即和，则的系数为：.故
14、答案为：.15#【分析】利用辅助角公式，结合正弦函数的性质进行求解即可.【详解】，或，当时，可得，此时，显然没有意义；当时，此时，所以有，当时，；当时，故答案为：【点睛】关键点睛：考虑到分母不为零解题的关键.16【分析】根据向量的线性运算，令 ，从而得出有共线，结合题设推出 ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，此时 取到最小值，即可求解.【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，由题意得： ，令 ，则三点共线 ，则三点共线故有共线， 由题意与垂直,知,且为定值，在中， ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，而，故当且仅当即 关于y轴对
15、称时，最小，此时O到的距离为 ，所以 ,故 ，即的最小值为，故答案为：【点睛】方法点睛：根据向量的线性运算，可令 ，从而得出共线,由此根据题设可推出，即当且仅当即 关于y轴对称时，最小，从而问题可解.17(1)(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列的性质和定义即可求出；（2）求出，利用裂项相消法求出，即可证明.【详解】（1）由题可得，故.（2）且，则于是.18(1)(2)【分析】(1)运用正弦定理以及诱导公式求解；(2)根据条件运用正弦定理求解.【详解】（1）由条件及正弦定理可得：，即故，则有，又，故有，或（舍去），或（舍去），则，又，所以；（2）设，在和中，由正弦定理可得于是，又，则，；综
16、上，.19(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）由已知条件得面，则，由得.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由求得，然后利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）连接与交于点，连接为三棱柱，为平行四边形，点为的中点又为的中点，则，又平面平面，平面（2）解法1：，面面，即以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，面，则平面的一个法向量为设平面的法向量为，则，即令设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角的余弦值是解法2：设点为的中点，点为的中点，连接交于点，连接，设点为的中点
17、，连接点为的中点，点为的中点且，点为的中点为矩形，又平面，在中，可得为等腰直角三角形，其中而点为的中点，且点为的中点，点为的中点且，又在Rt中，点为的中点，在中，且点为的中点且即为平面与平面的夹角在中，平面与平面的夹角的余弦值是20(1)(2)1250【分析】(1)根据二项分布公式计算；(2)运用二项分布公式算出 和 ，再根据题意求出 中a的表达式，最后利用切比雪夫不等式求解.【详解】（1）由已知，所以 ；（2）由已知，所以，若，则，即，即.由切比雪夫不等式，要使得至少有的把握使发射信号“1”的频率在与之间，则，解得，所以估计信号发射次数的最小值为1250；综上， ，估计信号发射次数的最小值为
18、1250.21(1)；(2).【分析】（1）设，根据导数的几何意义可得切线方程，利用切线方程与抛物线方程可得，进而即得；或利用条件可得切点所在直线，利用韦达定理法即得；（2）设，根据三角形面积公式结合条件可表示，然后根据二次函数的性质结合条件即得.【详解】（1）解法一：设，由，可得，所以，直线PA的斜率，直线PA：，又在上，所以，又，所以，同理可得，；解法二：设，由，可得，所以，直线PA的斜率，直线PA：，又在上，故，即，因为，所以，同理可得，故直线的方程为，联立消去，得，故，故；（2）设，由条件知，当时，取得最大值.22(1)在上单调递减；在上单调递增.(2)证明见解析【分析】（1）先求函数
19、的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.【详解】（1）的定义域为，令，得：，当变化时的关系如下表：01无意义0无意义在上单调递减；在上单调递增.（2）证明：要证，只需证：根据，只需证：不妨设，由得：；两边取指数，化简得：令：，则，根据（1）得在上单调递减；在上单调递增（如下图所示），由于在上单调递减，在上单调递增，要使且，则必有，即由得：.要证，只需证：，由于在上单调递增，要证：，只需证：，又，只需证：，只需证：，只需证：，只需证：，只需证：，即证，令，只需证：，令，在上单调递减，所以，所以所以在上单调递减，所以所以所以：.【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
