佛山市顺德区2023届高三下学期5月模拟仿真
数学
2023.5
本试卷共6页，22小题，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号?试室号?座位号填写在数学答题卡，并用2B铅笔在答题上上的相应位置填涂考生号.
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡交回.
一?单项选择题：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（ ）
A. B. C. D.
2.（ ）
A. B.1 C. D.-1
3.从中随机取2个不同的数，则这2个数之和是4与6的公倍数的概率是（ ）
A. B. C. D.
4.如图，某圆柱体的高为是该圆柱体的轴截面.已知从点出发沿着圆柱体的侧面到点的路径中，最短路径的长度为，则该圆柱体的体积是（ ）
A.3 B. C. D.
5.已知的图象如图，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知，若动点满足，则的最大值是（ ）
A.18 B.9 C.3 D.
7.已知椭圆的下焦点为，右顶点为，直线交椭圆于另一点，且，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
8.已知是函数的导函数，对于任意的都有，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
二?多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是-252，则下列说法正确的是（ ）
A. B.各项的二项式系数之和为1024
C. D.各项的系数之和为1024
10.所有的有理数都可以写成两个整数的比，例如如何表示成两个整数的比值呢？代表了等比数列的无限项求和，可通过计算该数列的前项的和，再令获得答案.此时，当时，，即可得.则下列说法正确的是（ ）
A.
B.为无限循环小数
C.为有限小数
D.数列的无限项求和是有限小数
11.已知函数是的两个极值点，且，下列说法正确的是（ ）
A.
B.在上的单调递增区间为
C.在上存在两个不相等的根
D.若在上恒成立，则实数的取值范围是
12.设函数有4个零点，分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C.的取值与无关 D.的最小值为10
三?填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.
13.已知命题或，则__________.
14.某机器生产的产品质量误差是的第60个百分位数，则__________.
附：若，则，
15.已知双曲线的左右焦点分别为，直线与双曲线的一条渐近线平行，过作，垂足为，则的面积为__________.
16.在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，，三棱锥体积的最大值是__________；当二面角为时，三棱锥外接球的表面积是__________.
四?解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明?证明过程或演算步骤.
17.（本题满分10分）
在中，角的对边为，设的面积为.
（1）求角的大小；
（2）若，过的重心点的直线与边的交点分别为，，请计算的值.
18.（本题满分12分）
已知数列的前项的和为，数列为单调递增的等比数列，且有.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，设的前项的和为，求的值.
19.（本题满分12分）
如图，在三棱锥中，，设点为上的动点.
（1）求面积的最小值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
20.（本题满分12分）
篮球职业联赛通常分为常规赛和季后赛两个阶段.常规赛采用循环赛，胜率高或者积分高的球队进入季后赛，季后赛是淘汰赛，采用三局两胜制进行淘汰，最终决出总冠军.三局两胜制是指当比赛一方先赢得两局比赛时该方获胜，比赛结束.
（1）下表是甲队在常规赛80场比赛中的比赛结果记录表，由表中信息，依据的独立性检验，分析“主场”是否会增加胜率（计算结果保留两位小数）.
月份
比赛次数
主场次数
获胜次数
主场获胜次数
10月
8
3
6
3
11月
15
10
8
8
12月
14
7
8
5
1月
13
4
11
3
2月
11
7
6
5
3月
14
6
7
3
4月
5
3
4
3
（2）甲队和乙队在季后赛中相遇，经过统计甲队在主场获胜的概率为，客场获胜的概率为.每场比赛场地为上一场比赛的获胜方的场地.
（i）若第一场比赛在甲队的主场进行，设整个比赛的进行的局数为，求的分布列及数学期望；
（ii）设选择第一场为甲队的主场的概率为，问当为何值时，无论第一场比赛的场地在哪里，甲队最终获胜的概率相同，并求出此时甲队获胜的概率.
附：
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
21.（本题满分12分）
已知点为直线上的动点，过点作射线（点位于直线的右侧）使得，设线段的中点为，设直线与轴的交点为.
（1）求动点的轨迹的方程.
（2）设过点的两条射线分别与曲线交于点，设直线的斜率分别为，若，请判断直线的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.
22.（本题满分12分）
已知函数，其中.
（1）当时，求函数的零点；
（2）若函数恒成立，求的取值范围.
佛山市顺德区2023届高三下学期5月模拟仿真
数学参考答案
一?单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.B 【解析】因为集合，所以，故答案选B.
2.D 【解析】，故答案选D.
3.A 【解析】从中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若这2个数的和是4与6的公倍数的不同取法有：共2种，故所求概率，故答案选A.
4.D 【解析】设圆柱体底面圆的半径为，则依题意得：，所以，即，所以该圆柱体的体积为：，故答案选D.
5.C 【解析】由图可知函数的定义域为，由此即可排除选项；
函数图象关于原点对称，即为奇函数，由此可排除选项A；
根据图象可知，由此可排除D，故答案选：C.
6.A 【解析】设，因为，所以，化简得：，
法一：因为，所以，又，所以，即的最大值为18，故答案选A.
法二：设线段的中点为，则，因为，又，所以的最大值为，故答案选A.
7.C 【解析】由得，所以，把代入椭圆得，化简得，则椭圆的离心率为，故答案选C.
8.D 【解析】法一：构造特殊函数.令，则满足题目条件，把代入得解得，故答案选.
法二：构造辅助函数.令，则，所以在上单调递增，又因为，所以，所以，故答案选D.
二?多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9.ABC 【解析】因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，选项正确；
所以的展开式中二项式系数之和为，故选项B正确；
对于选项C：根据二项式定理知的通项式为，令得，所以的展开式中常数项为，所以，解得：，
故C选项正确；对于选项：令得，所以各项的系数之和为0，所以选项错误.
故答案选ABC.
10.AD 【解析】对于选项A，，故选项A成立；
对于选项B：令与条件矛盾，故选项B不成立；
对于选项C：令与条件矛盾，故选项C不成立；
对于选项D：数列的前项和为时，，所以数列的无限项求和为：是有限小数，故选项D成立.
11.ACD 【解析】因为，由是的两个极值点，且得的最小正周期，所以，解得，故选项正确；对于选项：因为，所以，令，得，因为，所以，所以在上的单调递增区间为，，故选项B错误；对于选项C：因为在上单调递减，在上单调递增，且，由数形结合可知在上存在两个不相等的根，故选项C正确；对于选项：因为，所以，所以，因为在上恒成立，即在上恒成立，所以，解得：，故选项D正确.故答案选ACD.
12.AD 【解析】令，可得，当时，；
当时，；当时，.
原函数的4个零点可表示为直线与三个函数
，
交点的横坐标.如图所示，是方程的两个解，
根据韦达定理可得：，即可知选项成立，选项不成立.易知，
结合图象可得，即可知选项B不成立；对于选项D，其中，
则有，当且仅当时，成立.综上可得的最小值为10，选项D成立.
三?填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.
13.且.
14.0.9545 【解析】由题意可知，所以.
15. 【解析】由题意可知， ，所以.因为到直线的距离为，直线过左焦点，又，所以，
所以的面积为：.
16. 【解析】当二面角 为，且时，三棱锥的体积最大，设线段的中点为，连接，易求得.
当二面角为时，和的外接圆圆心分别记为和，分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为.过作的垂线，垂足记为，连接，.在中，由正弦定理得：，所以，
易知，在Rt中，，在Rt中，，所以三棱锥外接球的半径，所以，
即三棱锥外接球的表面积是.
四?解答题：本大题共6小题，满分70分.解答题须写出文字说明?证明过程或者演算步骤.
17.（本题满分10分）
（1）在中，根据正弦定理
结合条件，可得：.
因为，所以，可得，即有，
又，故.
又因为，可得，即可得.
根据，由此即可得.
（2）解法一：以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.则可得点.
根据重心的坐标公式可得：点.
可设过点的直线的方程为：，由此可得点的坐标为：.
根据可得.
由此即可得.
解法二：设的中点为，连接，利用“重心”的性质可得
根据三点共线的性质可得：，根据条件
可得：，等价于，又因为点在一条直线上，
从而可得：，即可得成立.
分
18.（本题满分12分）
（1）当时，；当时，.
结合原题干可得；
因为为等比数列，所以，结合，可得或
因为数列单调递增，所以，可得数列的公比；
即数列为首项的等比数列，即可得：.
（2）因为数列满足，可得.
数列的前项的和为
将上面两式相减可得
化简可得：
由此可得：
19.（本题满分12分）
（1）设的中点为，连接.
因为，所以；
又因为，可得.
又因为，所以平面，即可得，即可得为的高.
面积
在中，当时，取到最小值，结合利用余弦定理可得：，即有，根据等面积法可得此时.
面积的最小值为.
（2）解法一：以点为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线，该直线为轴，建立空间直角坐标系.
其中
设平面的法向量为
则有：，据此可令可得
结合图象可知平面的一个法向量为.
由此可得.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
解法二：延长，过点作的垂线，垂足为，根据第（1）问可得平面，可得，以及，所以平面.
又因为，可得四边形为正方形.据此以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
其中
设平面的法向量为
则有：，据此可令
可得.
结合图象可知平面的一个法向量为.
由此可得.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20.（本题满分12分）
（1）零假设：甲队是否在“主场”比赛与是否获胜无关
根据表格信息列出列联表如下
甲队胜
甲队负
合计
主场
30
10
40
客场
20
20
40
合计
50
30
80
.
因为，根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，即认为“主场”会影响胜率，此推断犯错误的概率不超过0.05.
（2）（i）的所有取值为：2，3
则有：
则的分布列为：
2
3
则可得的数学期望为：
（ii）在三局两胜制中，甲队获胜的情况为：胜胜；负胜胜；胜负胜.
当第一场比赛在甲队的主场进行时，甲队获胜的概率为：；
当第一场比赛在乙队的主场进行时，甲队获胜的概率为：；
第一场为甲队的主场且甲队获胜的概率为：；
第一场为乙队的主场且甲队获胜的概率为：；
当，即时，第一场的比赛场地对甲队没有影响.
此时甲队获胜的概率为.
21.（本题满分12分）
（1）设点的坐标为，点.
其中的中点为，由此可得直线的方程为：
可得点的坐标为，再结合可得：
化简整理可得动点的轨迹的方程为：.
注：没有强调“”不扣分.
（2）设直线的方程为：，联立直线与的方程可得：
设点的坐标为，根据韦达定理可得：
其中，结合条件可得：
整理可得：
结合直线的方程可化简为：
代入韦达定理可得：
通过分解因式可得：即可得或
当时，直线的斜率为定值1；
当时，直线恒过定点.
22.（本题满分12分）（1）当时，，对函数求导可得当时，，从而可得恒成立.
即可得在上单调递增.
而此时，即可得在上仅有1个零点，且该零点为0
（2）函数等价于，等价于
上式等价于等价于
等价于
为此构造函数，上式等价于
易知函数在定义域内单调递增，从而可得成立.
化简可得等价于恒成立.设函数，易知，又因为恒成立，即可得，从而可得.
当时，恒成立，综上可得的取值范围是.
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