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广东省新高考2023届高三下学期数学开学调研试卷
一、单选题
1．（2023高三下·广东开学考）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高三下·广东开学考）已知复数满足，其中为虚数单位，则的实部为（ ）
A．1 B．-1 C．0 D．
3．（2023高三下·广东开学考）设，则“”是“直线与直线平行”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．（2023高三下·广东开学考）在中，若，，，则（ ）
A．3 B． C． D．
5．（2023高三下·广东开学考）设抛物线的焦点为，过点的直线与相交于，两点，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
6．（2023高三下·广东开学考）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
7．（2023高三下·广东开学考）在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若事件两两互斥，，则对任意的事件，有．若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球，乙盒中有个白球、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于，则的最大值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．（2023高三下·广东开学考）若正实数满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023高三下·广东开学考）给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．某病8位患者的潜伏期（天）分别为3，3，8，4，2，7，10，18，则它们的第50百分位数为
B．已知数据的平均数为2，方差为3，那么数据，，的平均数和方差分别为5，13
C．在回归分析中，变量间的关系若是非确定性关系，那么因变量不能由自变量唯一确定
D．样本相关系数
10．（2023高三下·广东开学考）已知，，为圆上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．以为直径的圆与圆相交所得的公共弦所在直线方程为
B．若点，则的面积为
C．过点且与圆相切的圆的圆心轨迹为圆
D．的最小值为
11．（2023高三下·广东开学考）将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增
D．函数在上恰有5个极值点
12．（2023高三下·广东开学考）半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面不可能垂直
B．异面直线和所成角为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
三、填空题
13．（2023高三下·广东开学考）在平面直角坐标系中，直线通过点，并且的方向向量与向量垂直，已知数列满足：对于任意正整数，点均在上，若，则 ．
14．（2023高三下·广东开学考）已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的取值范围为 ．
15．（2023高三下·广东开学考）设点为椭圆的右焦点，，为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，点是以为直径的圆上一点，且满足，且，则椭圆的离心率为 ．
16．（2023高三下·广东开学考）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；；第堆有层共个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，则 ， ．[参考公式：]
四、解答题
17．（2023高三下·广东开学考）在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）为边上一点，且，，，求的长．
18．（2023高三下·广东开学考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，点，分别是棱，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2023高三下·广东开学考）已知数列和满足，，，．
（1）求的通项公式；
（2）令，求数列的前项和
20．（2023高三下·广东开学考）2022年“五一”期间，为推动消费市场复苏，补贴市民，深圳市各区政府发放各类消费券，其中某区政府发放了市内旅游消费券，该消费券包含，，，，，六个旅游项目，甲、乙、丙、丁四人每人计划从中任选两个不同的项目参加，且他们的选择互不影响．
（1）求甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择项目的概率；
（2）记为这四个人中选择项目的人数，求的分布列及数学期望；
（3）如果将甲、乙、丙、丁四个人改为个人，其他要求相同，问：这个人中选择项目的人数最有可能是多少人？
21．（2023高三下·广东开学考）已知两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）过点的直线与点的轨迹交于，两点，试探究直线与的交点是否在某条定直线上，若是求出该定直线方程，若不是请说明理由．
22．（2023高三下·广东开学考）已知函数．
（1）证明函数有唯一极小值点；
（2）若，求证：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为
，又因为，则由交集的定义可得：．
故答案为：D．
【分析】求出集合A，然后进行交集的运算即可得答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
所以，，
的实部为0．
故答案为：C
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简z，再根据共轭复数的定义可得答案.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】若直线与直线平行，
则，解得或，
经检验或时两直线平行．
故“”能得到“直线与直线平行”，但是 “直线与直线平行”不能得到“”
故答案为：A
【分析】根据已知条件，结合两条直线平行的性质，即可求解出答案.
4．【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】根据正弦定理有，结合，，，
则．
故答案为：A
【分析】根据正弦定理进行求解，可得答案.
5．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为直线过焦点，设直线为，设，
联立，则，故
所以，
所以，
当且仅当时，等号成立．
故答案为：A
【分析】设直线为，设，与抛物线方程联立结合韦达定理求出，进而求出，可得的值，，利用基本不等式可求出 的最小值 .
6．【答案】C
【知识点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.
故答案为：C．
【分析】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，再根据分步计数原理可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，
从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，
则
，
解得，则的最大值为6．
故答案为：C．
【分析】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，由全概率公式知，，代入计算解不等式，即可求出 的最大值 .
8．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；不等式比较大小
【解析】【解答】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，则，此时；
，故；
，即，所以；
当时，，则，此时，
，故；
，即，所以；
ABC均错误；
对于D选项，，两边取自然对数，，
因为不管，还是，均有，
所以，
故只需证即可.
设(且)，则，
令(且)，
则，
当时，，当时，，所以，
所以在且上恒成立，
故(且)单调递减，
因为，所以，结论得证，所以D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据函数单调性及得到a>b>1或0
9．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；两个变量的线性相关
【解析】【解答】A，将3，3，8，4，2，7，10，18由小到大排列为2，3，3，4，7，8，10，18，第50百分位数即为中位数，这组数的中位数为，A符合题意，
B，由数据的平均数为2，方差为3，则数据，，的平均数为，方差为，B不符合题意，
C，在回归分析中，变量间的关系若是非确定性关系，那么因变量不能由自变量唯一确定，C符合题意．
D中，样本的相关系数应满足，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】根据百分位数可判断A；根据平均数和方差的性质可判断B；根据变量间的关系以及相关系数可判断C、D.
10．【答案】A,B
【知识点】点到直线的距离公式；相交弦所在直线的方程；椭圆的定义
【解析】【解答】A：由，，则其中点为，所以，
则圆的标准方程为，化为一般式方程为①，
又圆的一般式方程为②，
而，
①-②得为两圆相交弦所在的直线方程．A符合题意；
B：由直线的方程为，则点到直线的距离，．B符合题意；
C：由图可知，设过点且与圆内切的圆的圆心为，且切点为，
则满足椭圆定义，
故圆心的轨迹为椭圆．C不符合题意；
D：设，
，
则可转化为圆上动点到定点的距离的平方，
所以的最小值为，
故．D不符合题意.
故答案为：AB.
【分析】利用圆的直径式方程及两圆的方程直接相减即可求解两圆相交公共线所在直线，可判断A；利用点到直线的距离公式及三角形的面积公式可判断B；利用求动点的轨迹方程的步骤进行求解即可判断C；设，，可转化为圆上动点到定点的距离的平方，数形结合可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，
对于A，当时，，A不符合题意；
对于B，当时，，B 正确；
对于C，当时，，故函数在该区间上单调递增，C符合题意；
对于D，令，解得，当时，，正好有4个极值点，D不符合题意．
故答案为：BC.
【分析】首先利用三角函数的图象的平移变换和伸缩变换，进一步求出函数的关系式，最后利用正弦型函数的性质，逐项进行判断，可得答案.
12．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】对于A，若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，这与矛盾，故与平面不可能垂直，所以A符合题意；
对于B，因为，所以异面直线和所成的角即为直线和所成的角，设角，在正六边形中，可得，所以异面直线和所成角为，所以B符合题意；
对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，
所以该二十四面体的体积为，所以C符合题意；
对于D，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D不正确．
故答案为：ABC.
【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可找到矛盾进而判断A；根据异面直线的夹角进行求解即可判断B；根据割补法进行求解，可判断C；根据外接球的半径即可求解出外接球的表面积，可判断D.
13．【答案】4045
【知识点】等差数列
【解析】【解答】由题意可知，直线的方向向量为，所以直线的方程为：，
因为点均在上，所以，则数列是公差为2的等差数列，
所以．
故答案为： 4045 .
【分析】根据题意，求出直线的方程，将点代入得到，进一步得到数列是公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解出 的值 .
14．【答案】
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】依题意得，设，
所以，，所以，
所以当时，有最大值42，
当时，有最小值30．
所以取值范围为．
故答案为：.
【分析】依题意得，利用向量数量积的坐标公式进行计算，可求得答案.
15．【答案】
【知识点】轨迹方程；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解法一：，点的轨迹为，
又点是以为直径的圆上的点，
点为圆与圆的交点，
又，在直角三角形中，，，，
又，，，．
解法二：，点的轨迹为，
又点是以为直径的圆上的点，
点为圆与圆的交点，
又在直角三角形中，，，，，
由等面积法可得，进而得，进而由勾股定理得
，代入圆中，得，．
故答案为：.
【分析】根据 得P是以OF为直径的圆上的点，又P是以OF为直径的圆上一点，进而可得P是两圆的交点，从而根据直角三角形的边角关系，即可求解出椭圆的离心率 .
16．【答案】56；
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】由题意知，第5堆中，第1层1个球，第2层3个球，第3层6个球，第4层10个球，第5层15个球，故．
则在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，记第层球的个数为，则，
得，
其中也适合上式，则
在第堆中，
，
所以，
则，
故答案为：56，
【分析】由题意知，第5堆中，第1层1个球，第2层3个球，第3层6个球，第4层10个球，第5层15个球，第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，记第层球的个数为，利用递推关系结合求和公式可得答案.
17．【答案】（1）解：因为，
所以由正弦定理得，
，
又，
．
（2）解：在中，由余弦定理得，
所以，
又因为，
所以由余弦定理可得，
所以，
所以．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由正弦定理、余弦定理、同角三角函数基本关系式化简已知等式可得 ，结合范围B∈(0，π)，可求出角的大小；
(2)由题意利用余弦定理可得b的值，可求 的值， 在△BCD中，由余弦定理可得CD的值，进而即可求解出的长．
18．【答案】（1）证明：过点作，交于点，作，交于点，连接，
由于，则，又，，，，
则，，，
，而，平面，平面．
又平面，所以平面平面．
（2）取的中点为，连，则，，，，
则以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
设直线与平面所成角为，则，
直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】（1） 过点作，交于点，作，交于点，连接， 推导出 ， ，根据线面垂直的判定定理可得 平面，进而推出平面平面；
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值．
19．【答案】（1）解：由题设可得，，所以．
又因为，，
故，，
，，
所以，，
得，所以数列是首项为12，公比为8的等比数列，
故．
（2）解：，又因为，，
故，
，
得，
所以数列是首项为，公比为8的等比数列，
故，
因为
所以．
【知识点】等比数列的前n项和；数列递推式
【解析】【分析】(1)计算 ，确定 ，，得到 数列是首项为12，公比为8的等比数列， 得到 的通项公式；
(2)确定 数列是首项为，公比为8的等比数列，再利用分组求和法计算求得数列的前项和 .
20．【答案】（1）解：由题意可知，每个人选择项目的概率为，则每个人不选择项目的概率为，
故甲、乙、丙、丁这4个人中至少有一人选择项目的概率为
（2）解：由（1）可知，每个人选择项目的概率为，且每个人是否选择项目相互独立，
故服从二项分布：，
所以，
，，
，，，
则的概率分布列为：
0 1 2 4
的数学期望．
（3）解：设选择项目的人数最有可能为人，
则，
，
，即，
即，即，
解得，
又，
所以当，时，则不等式为，
则当或，即当被3除余2时，选择项目的人数最有可能是人和人；
当，且时，则不等式为，
则，即当被3除余1时，选择项目的人数最有可能是人；
当，且时，则不等式为，
，即当被3整除时，选择项目的人数最有可能是人．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 由题意得到每个人选择项目A的概率，即可求解出 甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择项目的概率；
(2)根据题意可得到 服从二项分布：， 即可求出 的分布列及数学期望；
(3) 设选择项目的人数最有可能为人，则通过 ，可得，然后分被3除余2，被3除余1和被3整除， 三种情况进行讨论，可求出这个人中选择项目的人数.
21．【答案】（1）解：设，由题意可知，
即，化简整理，得，
所以点的轨迹方程为.
（2）解：由题意可设的方程为，
联立，消整理得，
设，，则，即，
由韦达定理有，
又直线的方程为，直线的方程为，
联立，
解得
，
解得，
所以存在定直线，其方程为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)利用求点的轨迹的步骤及两点的斜率公式即可求解出点的轨迹方程；
(2)利用直线的我横截式方程设出直线，将直线方程与点P的轨迹方程联立，利用韦达定理及直线与曲线的相交的条件，再利用直线的点斜式方程求出直线AC和直线BD，将直线方程联立即可求解出该定直线方程 .
22．【答案】（1）证明：函数的定义域为，．
对于方程，．
解方程，
可得，，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以函数有唯一极小值点．
（2）证明：要证明，
即证，
即证，即证．
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增．
所以．
构造函数，其中，，
则．
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减．
所以，则，
所以．
故原不等式得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；分析法和综合法
【解析】【分析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，进而证出函数有唯一极小值点；
(2)问题转化为证 ， 令 ， 求导，根据导数的符号可得函数， 单调性，求出函数g(x)的最小值和h (x)的最大值，从而证明结论成立.
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广东省新高考2023届高三下学期数学开学调研试卷
一、单选题
1．（2023高三下·广东开学考）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为
，又因为，则由交集的定义可得：．
故答案为：D．
【分析】求出集合A，然后进行交集的运算即可得答案.
2．（2023高三下·广东开学考）已知复数满足，其中为虚数单位，则的实部为（ ）
A．1 B．-1 C．0 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
所以，，
的实部为0．
故答案为：C
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简z，再根据共轭复数的定义可得答案.
3．（2023高三下·广东开学考）设，则“”是“直线与直线平行”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
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】若直线与直线平行，
则，解得或，
经检验或时两直线平行．
故“”能得到“直线与直线平行”，但是 “直线与直线平行”不能得到“”
故答案为：A
【分析】根据已知条件，结合两条直线平行的性质，即可求解出答案.
4．（2023高三下·广东开学考）在中，若，，，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】根据正弦定理有，结合，，，
则．
故答案为：A
【分析】根据正弦定理进行求解，可得答案.
5．（2023高三下·广东开学考）设抛物线的焦点为，过点的直线与相交于，两点，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为直线过焦点，设直线为，设，
联立，则，故
所以，
所以，
当且仅当时，等号成立．
故答案为：A
【分析】设直线为，设，与抛物线方程联立结合韦达定理求出，进而求出，可得的值，，利用基本不等式可求出 的最小值 .
6．（2023高三下·广东开学考）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
【答案】C
【知识点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.
故答案为：C．
【分析】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，再根据分步计数原理可求出答案.
7．（2023高三下·广东开学考）在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若事件两两互斥，，则对任意的事件，有．若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球，乙盒中有个白球、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于，则的最大值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，
从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，
则
，
解得，则的最大值为6．
故答案为：C．
【分析】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，由全概率公式知，，代入计算解不等式，即可求出 的最大值 .
8．（2023高三下·广东开学考）若正实数满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；不等式比较大小
【解析】【解答】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，则，此时；
，故；
，即，所以；
当时，，则，此时，
，故；
，即，所以；
ABC均错误；
对于D选项，，两边取自然对数，，
因为不管，还是，均有，
所以，
故只需证即可.
设(且)，则，
令(且)，
则，
当时，，当时，，所以，
所以在且上恒成立，
故(且)单调递减，
因为，所以，结论得证，所以D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据函数单调性及得到a>b>1或0二、多选题
9．（2023高三下·广东开学考）给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．某病8位患者的潜伏期（天）分别为3，3，8，4，2，7，10，18，则它们的第50百分位数为
B．已知数据的平均数为2，方差为3，那么数据，，的平均数和方差分别为5，13
C．在回归分析中，变量间的关系若是非确定性关系，那么因变量不能由自变量唯一确定
D．样本相关系数
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；两个变量的线性相关
【解析】【解答】A，将3，3，8，4，2，7，10，18由小到大排列为2，3，3，4，7，8，10，18，第50百分位数即为中位数，这组数的中位数为，A符合题意，
B，由数据的平均数为2，方差为3，则数据，，的平均数为，方差为，B不符合题意，
C，在回归分析中，变量间的关系若是非确定性关系，那么因变量不能由自变量唯一确定，C符合题意．
D中，样本的相关系数应满足，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】根据百分位数可判断A；根据平均数和方差的性质可判断B；根据变量间的关系以及相关系数可判断C、D.
10．（2023高三下·广东开学考）已知，，为圆上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．以为直径的圆与圆相交所得的公共弦所在直线方程为
B．若点，则的面积为
C．过点且与圆相切的圆的圆心轨迹为圆
D．的最小值为
【答案】A,B
【知识点】点到直线的距离公式；相交弦所在直线的方程；椭圆的定义
【解析】【解答】A：由，，则其中点为，所以，
则圆的标准方程为，化为一般式方程为①，
又圆的一般式方程为②，
而，
①-②得为两圆相交弦所在的直线方程．A符合题意；
B：由直线的方程为，则点到直线的距离，．B符合题意；
C：由图可知，设过点且与圆内切的圆的圆心为，且切点为，
则满足椭圆定义，
故圆心的轨迹为椭圆．C不符合题意；
D：设，
，
则可转化为圆上动点到定点的距离的平方，
所以的最小值为，
故．D不符合题意.
故答案为：AB.
【分析】利用圆的直径式方程及两圆的方程直接相减即可求解两圆相交公共线所在直线，可判断A；利用点到直线的距离公式及三角形的面积公式可判断B；利用求动点的轨迹方程的步骤进行求解即可判断C；设，，可转化为圆上动点到定点的距离的平方，数形结合可判断D.
11．（2023高三下·广东开学考）将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增
D．函数在上恰有5个极值点
【答案】B,C
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，
对于A，当时，，A不符合题意；
对于B，当时，，B 正确；
对于C，当时，，故函数在该区间上单调递增，C符合题意；
对于D，令，解得，当时，，正好有4个极值点，D不符合题意．
故答案为：BC.
【分析】首先利用三角函数的图象的平移变换和伸缩变换，进一步求出函数的关系式，最后利用正弦型函数的性质，逐项进行判断，可得答案.
12．（2023高三下·广东开学考）半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面不可能垂直
B．异面直线和所成角为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】对于A，若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，这与矛盾，故与平面不可能垂直，所以A符合题意；
对于B，因为，所以异面直线和所成的角即为直线和所成的角，设角，在正六边形中，可得，所以异面直线和所成角为，所以B符合题意；
对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，
所以该二十四面体的体积为，所以C符合题意；
对于D，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D不正确．
故答案为：ABC.
【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可找到矛盾进而判断A；根据异面直线的夹角进行求解即可判断B；根据割补法进行求解，可判断C；根据外接球的半径即可求解出外接球的表面积，可判断D.
三、填空题
13．（2023高三下·广东开学考）在平面直角坐标系中，直线通过点，并且的方向向量与向量垂直，已知数列满足：对于任意正整数，点均在上，若，则 ．
【答案】4045
【知识点】等差数列
【解析】【解答】由题意可知，直线的方向向量为，所以直线的方程为：，
因为点均在上，所以，则数列是公差为2的等差数列，
所以．
故答案为： 4045 .
【分析】根据题意，求出直线的方程，将点代入得到，进一步得到数列是公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解出 的值 .
14．（2023高三下·广东开学考）已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】依题意得，设，
所以，，所以，
所以当时，有最大值42，
当时，有最小值30．
所以取值范围为．
故答案为：.
【分析】依题意得，利用向量数量积的坐标公式进行计算，可求得答案.
15．（2023高三下·广东开学考）设点为椭圆的右焦点，，为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，点是以为直径的圆上一点，且满足，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【知识点】轨迹方程；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解法一：，点的轨迹为，
又点是以为直径的圆上的点，
点为圆与圆的交点，
又，在直角三角形中，，，，
又，，，．
解法二：，点的轨迹为，
又点是以为直径的圆上的点，
点为圆与圆的交点，
又在直角三角形中，，，，，
由等面积法可得，进而得，进而由勾股定理得
，代入圆中，得，．
故答案为：.
【分析】根据 得P是以OF为直径的圆上的点，又P是以OF为直径的圆上一点，进而可得P是两圆的交点，从而根据直角三角形的边角关系，即可求解出椭圆的离心率 .
16．（2023高三下·广东开学考）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；；第堆有层共个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，则 ， ．[参考公式：]
【答案】56；
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】由题意知，第5堆中，第1层1个球，第2层3个球，第3层6个球，第4层10个球，第5层15个球，故．
则在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，记第层球的个数为，则，
得，
其中也适合上式，则
在第堆中，
，
所以，
则，
故答案为：56，
【分析】由题意知，第5堆中，第1层1个球，第2层3个球，第3层6个球，第4层10个球，第5层15个球，第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，记第层球的个数为，利用递推关系结合求和公式可得答案.
四、解答题
17．（2023高三下·广东开学考）在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）为边上一点，且，，，求的长．
【答案】（1）解：因为，
所以由正弦定理得，
，
又，
．
（2）解：在中，由余弦定理得，
所以，
又因为，
所以由余弦定理可得，
所以，
所以．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由正弦定理、余弦定理、同角三角函数基本关系式化简已知等式可得 ，结合范围B∈(0，π)，可求出角的大小；
(2)由题意利用余弦定理可得b的值，可求 的值， 在△BCD中，由余弦定理可得CD的值，进而即可求解出的长．
18．（2023高三下·广东开学考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，点，分别是棱，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：过点作，交于点，作，交于点，连接，
由于，则，又，，，，
则，，，
，而，平面，平面．
又平面，所以平面平面．
（2）取的中点为，连，则，，，，
则以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
设直线与平面所成角为，则，
直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】（1） 过点作，交于点，作，交于点，连接， 推导出 ， ，根据线面垂直的判定定理可得 平面，进而推出平面平面；
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值．
19．（2023高三下·广东开学考）已知数列和满足，，，．
（1）求的通项公式；
（2）令，求数列的前项和
【答案】（1）解：由题设可得，，所以．
又因为，，
故，，
，，
所以，，
得，所以数列是首项为12，公比为8的等比数列，
故．
（2）解：，又因为，，
故，
，
得，
所以数列是首项为，公比为8的等比数列，
故，
因为
所以．
【知识点】等比数列的前n项和；数列递推式
【解析】【分析】(1)计算 ，确定 ，，得到 数列是首项为12，公比为8的等比数列， 得到 的通项公式；
(2)确定 数列是首项为，公比为8的等比数列，再利用分组求和法计算求得数列的前项和 .
20．（2023高三下·广东开学考）2022年“五一”期间，为推动消费市场复苏，补贴市民，深圳市各区政府发放各类消费券，其中某区政府发放了市内旅游消费券，该消费券包含，，，，，六个旅游项目，甲、乙、丙、丁四人每人计划从中任选两个不同的项目参加，且他们的选择互不影响．
（1）求甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择项目的概率；
（2）记为这四个人中选择项目的人数，求的分布列及数学期望；
（3）如果将甲、乙、丙、丁四个人改为个人，其他要求相同，问：这个人中选择项目的人数最有可能是多少人？
【答案】（1）解：由题意可知，每个人选择项目的概率为，则每个人不选择项目的概率为，
故甲、乙、丙、丁这4个人中至少有一人选择项目的概率为
（2）解：由（1）可知，每个人选择项目的概率为，且每个人是否选择项目相互独立，
故服从二项分布：，
所以，
，，
，，，
则的概率分布列为：
0 1 2 4
的数学期望．
（3）解：设选择项目的人数最有可能为人，
则，
，
，即，
即，即，
解得，
又，
所以当，时，则不等式为，
则当或，即当被3除余2时，选择项目的人数最有可能是人和人；
当，且时，则不等式为，
则，即当被3除余1时，选择项目的人数最有可能是人；
当，且时，则不等式为，
，即当被3整除时，选择项目的人数最有可能是人．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 由题意得到每个人选择项目A的概率，即可求解出 甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择项目的概率；
(2)根据题意可得到 服从二项分布：， 即可求出 的分布列及数学期望；
(3) 设选择项目的人数最有可能为人，则通过 ，可得，然后分被3除余2，被3除余1和被3整除， 三种情况进行讨论，可求出这个人中选择项目的人数.
21．（2023高三下·广东开学考）已知两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）过点的直线与点的轨迹交于，两点，试探究直线与的交点是否在某条定直线上，若是求出该定直线方程，若不是请说明理由．
【答案】（1）解：设，由题意可知，
即，化简整理，得，
所以点的轨迹方程为.
（2）解：由题意可设的方程为，
联立，消整理得，
设，，则，即，
由韦达定理有，
又直线的方程为，直线的方程为，
联立，
解得
，
解得，
所以存在定直线，其方程为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)利用求点的轨迹的步骤及两点的斜率公式即可求解出点的轨迹方程；
(2)利用直线的我横截式方程设出直线，将直线方程与点P的轨迹方程联立，利用韦达定理及直线与曲线的相交的条件，再利用直线的点斜式方程求出直线AC和直线BD，将直线方程联立即可求解出该定直线方程 .
22．（2023高三下·广东开学考）已知函数．
（1）证明函数有唯一极小值点；
（2）若，求证：．
【答案】（1）证明：函数的定义域为，．
对于方程，．
解方程，
可得，，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以函数有唯一极小值点．
（2）证明：要证明，
即证，
即证，即证．
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增．
所以．
构造函数，其中，，
则．
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减．
所以，则，
所以．
故原不等式得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；分析法和综合法
【解析】【分析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，进而证出函数有唯一极小值点；
(2)问题转化为证 ， 令 ， 求导，根据导数的符号可得函数， 单调性，求出函数g(x)的最小值和h (x)的最大值，从而证明结论成立.
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