1、2023届广东省高三二模数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1已知集合，则（ ）ABCD2已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（ ）A2BC3D3已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（ ）ABCD4已知某摩天轮的半径为60m，其中心到地面的距离为70m，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每30分钟转动一圈已知当游客距离地面超过100m时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（ ）A5分钟B10分钟C15分钟D20分钟5现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥
2、的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（ ）ABCD6已知ABC是单位圆O的内接三角形，若，则的最大值为（ ）ABC1D7已知，则（ ）AB0C1D8已知，则（参考数据：）（ ）ABCD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2分，有选错的得0分9已知直线m与平面有公共点，则下列结论一定正确的是（ ）A平面内存在直线l与直线m平行B平面内存在直线l与直线m垂直C存在平面与直线m和平面都平行D存在过直线m的平面与平面垂直10已知，则下列说法正确的是（ ）A是周期函数B有对称轴C有
3、对称中心D在上单调递增11现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件： 甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（ ）A甲球员连续5场比赛得分都不低于24分B乙球员连续5场比赛得分都不低于24分C丙球员连续5场比赛得分都不低于24分D丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于2412在平面直角坐标系中，已知正方形ABCD四边所在直线与x轴的交点分别为（0，0），（1，0），（2，0），（
4、4，0），则正方形ABCD四边所在直线中过点（0，0）的直线的斜率可以是（ ）A2BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知公比大于1的等比数列满足，则的公比q=_14已知直四棱柱的棱长均为2，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，I，则由点E，F，G，H，I构成的四棱锥的体积为_15已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为_16已知，若过点P（m，n）恰能作两条直线与曲线相切，且这两条切线关于直线对称，则m的一个可能值为_四、解答题：本题共6小题，共7
5、0分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知等差数列的公差，且满足，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求数列的前2n项的和18.(12分)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(1)求C；(2)若，求sinA19.(12分)如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，（1）证明：（2）若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值20（12分）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两
6、人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立（1）若，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；（2）当时，（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用，表示），无需写出过程21（12分）已知，存在，使得（1）求实数a的取值范围；（2）试探究与3的大小关系，并证明你的结论22（12分）已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中是常数，且（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABD
7、C面积的最大值参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 题号12345678答案BDCBDCAB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2分，有选错的得0分题号9101112答案BDACDADABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分132141516（或，或，或）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解：（1）因为，成等比数列，所以，即， 解得或因为，所以，所以2n，n为奇数，（2）由（1）得所以所以 ，所以数列的前2n项的和18解：（1）由正弦定理，得
8、，因为，所以因为，所以所以因为，所以，因为，所以，所以 （2）方法一：因为，由正弦定理，得，因为，所以所以，即因为，所以或，所以或所以或1方法二：因为，由余弦定理得，将代入（*）式得，整理得，因式分解得，解得或，当时，所以因为，所以， 当时，所以，因为，所以， 所以sinA的值为或119（1）证明：如图1，连接BD，因为四边形ABCD是平行四边形，且，所以，所以，所以，所以，所以，又因为，BD，PD平面PBD，所以平面PBD，因为PB平面PBD，所以，因为，所以（2）解：如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，因为CD平面PCD，平
9、面PAD平面，所以，因为平面PBD，所以平面PBD，因为PB，PD平面PBD，所以BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，因为平面平面PCD，所以，即在RtABP中，因为，所以在RtBPD中，因为，所以，所以BPD为等腰直角三角形，方法一：由（1）得CD平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面PBC的法向量为，则解得取，得，记直线AC与平面PBC所成角为，则，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为方法二：在ABC中，因为，则，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD平面PBD，因
10、为四边形ABCD是平行四边形，所以，又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以，因为，所以，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD平面PBD，所以，在PBC中，因为，所以，所以，所以，解得，记直线AC与平面PBC所成角为，则，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为20（1）解：用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则，记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种， 所以 （2）（i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则，所以
11、X的分布列为X245P所以X的期望，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则注：（第（ii）小问推导过程参考）由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同所以 所以，即，因为，所以21解：（1）由题意得有三个零点，转化为函数与函数的图象有三个公共点， 设，则，令，解得；令，解得或，所以在（0，2）上单调递增，在和上单调递减，因为当时，当时，且
12、，所以，即实数a的取值范围为（2）因为，由（1）得，由，得，设，则，求导得，令，解得，令，解得，所以h（x）在（0，2）上单调递增，在上单调递减，设，则，求导得恒成立，所以在（0，2）上单调递减，所以，即，因为，所以，又因为，h（x）在上单调递减，所以，即，设且，则，因为在上单调递减，所以，因为，所以，所以，因为在上单调递减，所以，所以，所以 22（1）证明：因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，设，则点M的横坐标，点N的横坐标，由，得，因式分解得，约分得，所以，即，所以MN垂直于x轴 （2）解：设P（，则，且，当时，C为PA中点，则，因为C在抛物线上，所以，整理得，当时，D为PB中点，同理得，所以，是方程的两个根，由韦达定理得，所以，所以PM也垂直于x轴，所以，因为，所以 ， 当时，取得最大值，所以，所以四边形ABDC面积的最大值为