2023年广东省广州市高考数学冲刺试卷（三）（含解析）

2023年广东省广州市高考数学冲刺试卷（三）
一、单选题（本大题共7小题，共35.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，若，则( )
A. B. C. D.
2. 下列关于某个复数的说法中，有且只有一个说法是错误的，则错误的是( )
A. B. C. D.
3. 已知，，则是的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知，则( )
A. B. C. D.
5. “总把新桃换旧符”王安石、“灯前小草写桃符”陆游，春节是中华民族的传统节日，在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿，某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有人领取的礼品种类相同的概率是( )
A. B. C. D.
6. 设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是，，，，则，，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
7. 对于任意都有，则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
8. 已知向量，，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. ， D.
9. 在锐角中，角，，所对的边为，，，若，且，则的可能取值为( )
A. B. C. D.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线左、右两支分别交于，两点，为线段的中点，且，则下列说法正确的有( )
A. 双曲线的离心率为 B.
C. D.
11. 已知函数，若关于的方程恰有两个不同解，，则的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
12. 若，且，则的展开式中的常数项为______ ．
13. 已知，为抛物线：上的两点，，若，则直线的方程为______．
14. 讲一个半径为的水晶球放在如图所示的工艺架上，支架是由三根金属杆、、组成，它们两两成角则水晶球的球心到支架的距离是______ ．
15. 某牧场今年初牛的存栏数为，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出头牛设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为数列，，，，且满足递推公式：，为数列的前项和，则 ______ 答案精确到．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
已知递增等差数列满足，，数列满足，．
Ⅰ求的前项和；
Ⅱ若，求数列的通项公式．
17. 本小题分
在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且．
求角的大小；
若边，边的中点为，求中线长的取值范围．
18. 本小题分
如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙．
求证：平面平面；
过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为：，求直线与平面所成角的正弦值．
19. 本小题分
随着商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕用户的争夺越来越激烈，手机也频频降价飞人寻常百姓家．某科技公司为了打开市场，计划先在公司进行“抽奖免费送手机”优惠活动方案的内部测试，测试成功后将在全市进行推广．
公司内部测试的活动方案设置了第次抽奖中奖的名额为，抽中的用户退出活动，同时补充新的用户，补充新用户的名额比上一次中奖用户的名额少个．若某次抽奖，剩余全部用户均中奖，则活动结束．
参加本次内部测试第一次抽奖的有人，甲、乙均在其中．
请求甲在第一次中奖和乙在第二次中奖的概率分别是多少？
请求甲参加抽奖活动次数的分布列和期望？
由于该活动方案在公司内部的测试非常顺利，现将在全市进行推广．报名参加第一次抽奖活动的有万用户，该公司设置了第次抽奖中奖的概率为，每次中奖的用户退出活动，同时补充相同人数的新用户，抽奖活动共进行次．已知用户丙参加了第一次抽奖，并在这次抽奖活动中中奖了，在此条件下，求证：用户丙参加抽奖活动次数的均值小于．
20. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
当时，，求实数的取值范围．
21. 本小题分
如图，中，点，圆是的内切圆，且延长线交于点，若
求点的轨迹的方程
若椭圆上点处的切线方程是
过直线：上一点引的两条切线，切点分别是、，求证直线恒过定点；
是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
若，
，
，
即，
则．
故选：．
先化简集合，再求出的值，根据并集的定义即可求出．
本题考查集合的并集的定义和运算，是基础题
2.【答案】
【解析】解：根据题意，设，、
对于，若成立，即，必有，
对于，若成立，即，必有，
对于，若成立，则有，
对于，即，必有，
若个命题中，有且只有一个是错误的，则错误的一定是．
故选：．
根据题意，依次分析个命题成立的条件，进而分析可得答案．
本题考查复数的计算，注意复数的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由，即，可得，或，，或，，
当，时，可得，，，；
当，时，可得，，，，；
当，时，可得，，，．
故“”是“”的充分条件．
由，即，可得，或，，或，，
当，时，，即，，；
当，时，，即，显然成立，此时，；
当，时，，即，，，．
故“”是“”的必要条件．
，，则“”是“”的充分必要条件，
故选：．
根据充分必要条件的定义以及不等式的性质判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查不等式问题，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，
所以，可得，
可得，即，
则．
故选：．
由两角和的余弦公式化简已知等式可得，进而利用二倍角的余弦公式即可求解．
本题考查了两角和的余弦公式，二倍角的余弦公式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：先考虑恰有人领取的礼品种类相同的，先从人中选取人有种，再从三类礼品中领取一件有，
另外人从剩下的类礼品中任意选择有种，按照分步乘法计数原理可得种，
又总情况有种，故恰有人领取的礼品种类相同的概率是．
故选：．
先由组合及分步计数原理求出恰有人领取的礼品种类相同的情况，再求出总情况，由古典概型求解即可．
本题考查古典概型及其概率计算公式，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：对于正四面体，其离散曲率；
对于正八面体，其离散曲率；
对于正四面体，其离散曲率；
对于正四面体，其离散曲率；
因为，
所以，
故选：．
根据所给定义，结合图形，分别计算出，，，的值即可
本题考查学生阅读理解能力，合情推理能力，涉及正多面体相关知识，数形结合思想，属于中档题
7.【答案】
【解析】解：对原不等式化简为：，
令，，令，解得：，
故在单调递减，单调递增，
故，
故，原不等式转化为，
故构造函数，
，
当时，，故单调递增，故，解得：，
当时，令，解得，
当时，即时，，同上解得：，
当时，在递减，递增，故，解得：，
综上所述：的取值范围是：，
故选：．
对原不等式变形为，从而换元得到的范围，再将原不等式转化为在恒成立，从而求出的范围．
本题主要考查利用导函数研究函数单调性从而确定函数最值，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：对于选项A，由向量，，则，即选项A正确；
对于选项B，由向量，，则，则，即选项B正确；
对于选项C，由向量，，则，，则与所成角的余弦值为，即，即选项C正确；
对于选项D，由向量，，又，即与不共线，即选项D错误，
故选：．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的坐标运算，属基础题．
9.【答案】
【解析】解：在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：
，
则有，而，则，
又，
由正弦定理、余弦定理得：，
化简得：，由正弦定理有：，
即，，又是锐角三角形，且，
有，，解得，
因此
由得：，
所以
结合选项，的可能取值为，．
故选：．
由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得．
本题考查正余弦定理，考查三角函数的性质，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：如图，连接，，，设，因为，，
所以，D正确．
又为线段的中点，所以又，
所以，则，得，
所以双曲线的离心率为，不正确；
，
，B正确，不正确．
故选：．
连接，，，设，由已知，，利用双曲线的定义求得，判断D正确，根据直线的斜率把图中线段用表示，从而求得，得离心率判断，由数量积的定义计算数量积判断．
本题主要考查双曲线的几何性质，双曲线中的数量积的相关计算，双曲线离心率的求解等知识，属于中等题．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查导数的综合应用，考查化归与转化的数学思想与推理论证能力，属于中档题．
利用已知条件推出令，通过求函数的导数，判断函数的单调性，然后转化求解的取值范围即可．
【解答】
解：函数，
因为的两根为，，
所以
从而．
令
则，，
因为，所以，，，
所以在上恒成立，
从而在上单调递增．
又，所以
即的取值范围是
故选：．

12.【答案】
【解析】解：则的展开式中的通项，
令，
则，又，且，
，，
则的展开式中的常数项为，
故答案为：．
由二项展开式的通项公式可得，令，依题意得，从而可得答案．
本题考查二项展开式的通项公式，求得是关键，考查运算能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，为抛物线：上的两点，，，所以是的中点，
设，，
：与联立，消去得，
，解得，
所以直线的方程．
故答案为：．
设，，根据韦达定理表示出，求解直线的斜率，然后求解直线方程．
本题主要考查了抛物线的应用．涉及了抛物线的性质，向量的计算，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：设，作平面，连接，，则
所以
故答案为：
由题意画出示意图，为球心，利用所给数据，求出，，，利用解出即可．
本题考查直线与球相切的有关问题，考查学生逻辑思维能力，空间想象能力，是中档题．
15.【答案】
【解析】解：由题知，，
，
，
，
，
由得，
则，解得，
所以，
则是以为首项，为公比的等比数列，
因
，
所以．
故答案为：．
根据已知，建立与的关系式，通过比较系数，得到和的值，进而得到是等比数列，求得其前项的和，即可得出的结果．
本题考查了等比数列的求和公式，属于中档题．
16.【答案】解：Ⅰ由题意，设等差数列公差为，则
，
解得舍去，或，
，
，
，即，．
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则．
Ⅱ由Ⅰ，可知
．
【解析】本题主要考查等差数列基本量的计算，等比数列的判定及求和，以及运用分组求和法计算前项和．考查了转化与化归思想，方程思想，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．
Ⅰ先设等差数列公差为，根据已知条件可列出关于首项与公差的方程组，解出与的值，即可得到数列的通项公式，然后根据可计算出数列的通项公式，根据通项公式的特点可判别出数列是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列的求和公式可计算出前项和；
Ⅱ先根据的表达式的特点进行转化变形，然后将数列的通项公式代入，再运用分组求和法及等比数列的求和公式可得数列的通项公式．
17.【答案】解：由余弦定理得，即，
由正弦定理得：
，，，即，
，；
由余弦定理得：，则，
，
由正弦定理得，则，，
，因为是锐角三角形，
所以，即，
则，，，
中线长的取值范围为
【解析】由余弦定理，正弦定理，可得出角的正切即可求出角；
由，结合正弦定理，辅助角公式，根据锐角三角形中角的范围，即可应用三角函数值域求出范围
本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
18.【答案】解：证明：如图，取的中点为，连接，，
，
，
，
，，
又，
，
，
，，平面，
平面，
又平面，
平面平面；
由知，，
，为中点，
，
如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
三棱锥和的体积比为：，
：：，
，
，
设平面的法向量为，
，则，
令，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．
【解析】本题考查面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的向量求法，考查运算求解能力和直观想象能力，属于中档题．
取的中点为，连接，，，可得平面，由此能证明平面平面；
建立空间直角坐标系，三棱锥和的体积比为：，从而：：，求出平面的法向量和，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
19.【答案】解：甲在第一次中奖的概率为，分
乙在第二次中奖的概率为分
设甲参加抽奖活动的次数为，则，，，；；，
分
证明：丙在第奇数次中奖的概率为，在第偶数次中奖的概率为．
设丙参加抽奖活动的次数为，“丙中奖”为事件，则，
令，，则丙在第次中奖的概率
在第次中奖的概率，
即，分
在丙中奖的条件下，在第，次中奖的概率为，
则丙参加活动次数的均值为，
设，
则，
，，
所以分
【解析】由古典概率公式可以直接求出；
丙用户在第奇数次抽奖活动中中奖的概率为，在第偶次抽奖活动中中奖的概率为，分别计算出第次，次中奖的概率，寻找出关系式，即可解出．
本题考查统计与概率，数学期望与数列的知识相结合，属于中档题．
20.【答案】解：的定义域是，
，
当时，在上恒成立，故在上单调递增；分
当时，令，得，在上有，在上有，
在上是减函数，在上是增函数分
当时，，即
令，则，
若，由知，当时，在上是增函数，
故有，即，得，
故有由可判断，此不等式为常见不等式，熟记更利于解题
当且仅当，即，且时取等号．
函数在单调递增，，式成立．分
若，令．
则，当且仅当时等号成立．
在区间上单调递增，
，，
，使得，则当时，，即，
函数在区间上单调递减，
，即，式不恒成立．
综上所述，实数的范围是分
【解析】易求，分与两类讨论，可得的单调性；
依题意，，令，求导，分与两类讨论，可得实数的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于难题．
21.【答案】解析：据题意
从而可得
由椭圆定义知道，的轨迹为以、为焦点的椭圆
所以所求的椭圆的方程为．
设切点坐标为，，直线上的点的坐标．
则切线方程分别为．
又两切线均过点，即，
从而点，的坐标都适合方程，
而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点．
将直线的方程，代入椭圆方程，得，即．
不妨设，．，同理．
所以．
故存在实数，使得．
【解析】抓住内切圆的性质找到等量关系，再根据椭圆的定义下结论，从而求出结果；
要正确理解直线过定点概念，从直线方程的角度来看的话，即将直线方程化成点斜式，一般即可判断直线所过的定点是谁；
涉及到直线和圆相交的问题，若采用代数法，一般是将直线方程代入圆的方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进行化简即可，注意设而不求的思想方法．
本题属综合体，有一定难度，要注意深刻、准确挖掘隐含的已知条件，才能顺利的解题．
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