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    2023届湖北省腾云联盟高三上学期12月联考数学试题(解析版)

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    2023届湖北省腾云联盟高三上学期12月联考数学试题一、单选题1.集合,集合,则(    )A. B. C. D.【答案】D【分析】求出集合和集合,利用并集的定义,可求出.【详解】,,故.故选:D2.已知复数,则的共轭复数为(    )A. B.C. D.【答案】C【分析】根据复数的乘法运算求出复数,根据共轭复数的概念即可得答案.【详解】由题意知,故,故的共轭复数为,故选:C3.已知,则(    )A. B. C. D.【答案】A【分析】根据二倍角的正弦公式结合平方关系和商数关系化弦为切即可得解.【详解】解:.故选:A.4.已知长方体中,,则异面直线与所成角的余弦值为(    )A. B. C. D.【答案】C【分析】作出异面直线与所成角,利用余弦定理求得其余弦值.【详解】连接,根据长方体的性质可知,所以是异面直线与所成角(或其补角),在三角形中,,由余弦定理得.故选:C5.若正数满足,则的最小值为(    )A.4 B. C.2 D.【答案】B【分析】根据原式,求出,从而化为单变量,根据基本不等式求解即可.【详解】因为,所以,所以,所以,令,则,即,解得,即,所以,所以,当且仅当时等号成立,故选:B.6.已知,,,,则(    )A. B.C. D.【答案】A【分析】构造函数,,利用导数分析单调性即可得出;由,,可得,结合图像即可判断,进而求解.【详解】设,,所以,即函数在上单调递减,故,即,即.因为,,即,如图,函数与及,故.所以,故选:A.7.某国军队计划将5艘不同的军舰全部投入到甲,乙,丙三个海上区域进行军事演习,要求每个区域至少投入一艘军舰,且军舰必须安排在甲区域.在所有可能的安排方案中随机选取一种,则此时甲区域还有其它军舰的概率为(    )A. B. C. D.【答案】A【分析】按甲区域除军舰A外还有几艘军舰给安排方案分类,计算安排方案总数,进而求得所求概率.【详解】若甲区域除军舰A外无其他军舰,共有种方案;若甲区域除军舰A外还有1艘军舰,共有种方案;若甲区域除军舰A外还有2艘军舰,共有种方案;所以共有种方案,甲区域除还有其他艘军舰的方案有种,所以甲区域除还有其他艘军舰的概率为.故选:A.8.设为坐标原点,为双曲线的两个焦点,为双曲线的两条渐近线,垂直于的延长线交于,若,则双曲线的离心率为(    )A. B. C. D.【答案】B【分析】数形结合,通过题意已知条件可求得点到直线的距离的值,通过勾股定理可求得,再联立直线与解方程组可得点坐标,从而列出的表达式,由计算可得关系,从而可求离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为:,不妨令,因为直线垂直,则,故,又,则点到直线的距离为=,所以,,又,可知直线的方程为:,与联立方程组可得:,则 ,解得 ,故,由,则,中,由勾股定理可得: ,故;又,则,即,因为的延长线交于,此时点的纵坐标大于0,即,故,所以 ,所以化简得.则,故,则.故选:B.【点睛】思路点睛:本题考查的是双曲线的几何性质,以及直线和双曲线的位置关系,综合性强,主要是渐近线与离心率的综合应用,计算量大解答时要明确解题思路,关键是联立方程进行计算十分繁杂,要特别注意准确性.二、多选题9.在单位圆中,是圆上的动点(可重合),则下列结论一定成立的有(    )A.B.在上的投影向量可能为C.D.若,则【答案】BC【分析】对选项A,D,根据平面向量的加减运算即可判断A,D错误,对选项B,根据当所成角为时,在上的投影向量为,即可判断B正确,对选项C,根据平面向量数量积概念即可判断C正确.【详解】对选项A,,故A错误.对选项B,在上的投影向量为,若,则,即所成角为.所以当所成角为时,在上的投影向量为,故B正确.对选项C,,因为是单位圆上的动点(可重合),所以,所以,故C正确.对选项D,因为,所以,所以,故D错误.故选:BC10.已知函数(其中)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是(    )A.B.要想得到的图象,只需将的图象向左平移个单位C.函数在区间上单调递增D.函数在区间上的取值范围是【答案】AC【分析】由图得、,点在图象上求得及的解析式可判断A;根据图象平移规律可判断B;利用正弦函数的单调性可判断C;根据的范围求得可判断D.【详解】由图得,所以,,所以,因为点在图象上,所以,,因为,所以,可得,故A正确;对于B,将的图象向左平移个单位,得到的图象,故B错误;对于C,由得,所以函数在区间上单调递增,故C正确;对于D,时,,所以,函数在区间上的取值范围是,故D错误.故选:AC.11.已知函数,下列描述不正确的有(    )A.函数有且仅有1个零点B.函数的增区间为,减区间为C.若方程有两不等实根,则D.对任意的实数,存在实数,当时,【答案】BCD【分析】利用函数和其导函数的性质,得到的图像,利用的图像性质,以及利用特值法,逐个选项进行判断求解即可.【详解】对于A,取,,又,恒成立,故函数有且仅有1个零点,A正确;对于B,,令,解得或;令,解得或;所以在和上为单调递增函数,在和上为单调递减函数,故B错误;对于C,根据题意,利用导数,且,得到在和上为单调递增函数,在和上为单调递减函数,故可得图像,如图,因为,故取,必有以下图像,当时,若方程有两不等实根,因为,,故,故C错误;对于D,对任意的实数,存在实数,当时,,得,取,则,整理得,,当时,无解;当时,,明显可见,此时不存在实数,当时,满足,故必不存在实数,当时,,故D错误;故选:BCD12.定义集合,设中所有元素的和为,则下列命题正确的有(    )A.存在两个不同的使得中仅有一个元素B.中元素的最大值与最小值之和为C.在上不单调D.当时,恒成立【答案】ABD【分析】对于A,当时,求出即可判断;对于B,分为奇数和为偶数时,求出中最小值与最大值,即可判断;对于C,由中元素的个数及大小关系可以判断;对于D,分为奇数和为偶数时,分别判断成立,即可判断.【详解】解:对于A,当时,有,此时集合当时,有,此时集合,故正确;对于B,当时,可得,由此可得当时,可得中元素的个数大于3,且逐渐增多,当为奇数时,中最小值为,最大值为,满足最大值与最小值之和为;当为偶数时,中最小值为,最大值为,满足最大值与最小值之和为,故正确;对于C,随着增大,中元素个数大于或等于中元素个数,且中元素大小一定大于中元素大小,所以中所以元素之和逐渐增大,所以在上单调递增,故错误;对于D,当为奇数时,中最小值为,最大值为,且元素从小到大依次增加3,所以构成一个以为首项,3为公差,为末项的等差数列,共有项,所以,所以,且,所以;同理当为奇数时,中最小值为,最大值为,且元素从小到大依次增加3,所以构成一个以为首项,3为公差,为末项的等差数列,共有项,所以,所以,且,所以,故正确.故选:ABD.三、填空题13.在我市今年高三年级期中联合考试中,某校数学单科前10名的学生成绩依次是:这10名同学数学成绩的分位数是___________.【答案】146【分析】根据计算分位数的步骤,计算求解即可.【详解】对10名同学的成绩从小到大进行排列:140,142,142,143,144,145,147,147,148,150根据,故取第6项和第7项的数据分别为:145,147;10名同学数学成绩的分位数为:.故答案为:14614.已知抛物线的图像过点,则该抛物线的焦点到准线的距离为___________.【答案】2【分析】由抛物线的图像过点求出,再由性质求解.【详解】因为抛物线的图像过点,所以,则该抛物线的焦点到准线的距离为.故答案为:15.定义在上的奇函数满足,请写出一个符合条件的函数解析式___________.【答案】(等其他符合条件的函数也可)【分析】根据函数的奇偶性、对称性求得符合题意的的解析式.【详解】依题意是定义在上的奇函数,由于,所以,所以的图象关于直线对称,所以,所以是周期为的周期函数.是定义在上的奇函数,且最小正周期为,,所以关于对称,符合题意.故答案为:(等其他符合条件的函数也可)16.球体在工业领域有广泛的应用,某零件由两个球体构成,球的半径为为球表面上两动点,为线段的中点.半径为2的球在球的内壁滚动,点在球表面上,点在截面上的投影恰为的中点,若,则三棱锥体积的最大值是___________.【答案】15【分析】作出图形,在球中求得三角形的面积的最大值为3,作出图形,求得点为到平面的距离最大值为15,根据锥体的体积公式即可求得答案.【详解】解:如图一所示: 在圆中,因为点在截面上的投影恰为的中点,且,所以为直角三角形,且,又因为,所以可得,设,则有,所以,所以,当时,等号成立,所以;如图二所示:因为球的半径为,为线段的中点,所以,当三点共线且为如图所示的位置时,点为到平面的距离最大,即此时三棱锥的高最大,此时,所以此时,即三棱锥体积的最大值是15.故答案为:15.四、解答题17.已知数列满足:.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前10项和.(用具体数值表示)【答案】(1);(2).【分析】(1)解方程组即得解;(2)利用分组求和求解.【详解】(1)解:联立,解得(2)解:.18.如图①,,将图①中左右两个三角形沿着翻折成为图②所示的三棱锥,棱上的点满足.(1)过点作截面平面,写出作法并证明;(2)当二面角的大小为时,求直线与(1)中平面所成角的正切值.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】(1)结合面面平行的判定定理画出截面.(2)法一(几何法):作出二面角的平面角,由此确定角度;作出直线与平面所成的角,解三角形求得所成角的正切值;法二(向量法):建立空间直角坐标系,利用向量法求得直线与平面所成的角的正弦值并转化为正切值.【详解】(1)如图,作交于,作交于,连接,则即截面.证明:因为平面平面,所以平面同理可证得平面,而,平面,平面平面,即截面平面.(2)法一:如图,在平面中作,,则,而,平面,平面,所以是二面角的一个平面角,.由于平面,所以平面平面,设点在平面上的投影为,则在的延长线上,连接,则,即直线与平面所成的角,也等于与平面所成的角.,,直线与平面所成角的正切值为.法二:如图,在平面中作,,则,而,平面,平面,所以是二面角的一个平面角,.由第(1)问可知直线与平面所成的角等于与平面所成的角.可建立如图所示的空间直角坐标系,轴在平面ABM上.取平面的一个法向量为设与平面所成的角为,则,因为,,所以, 直线与平面所成角的正切值为.19.为贯彻落实党的二十大精神,促进群众体育全面发展.奋进中学举行了趣味运动会,有一个项目是“沙包掷准”,具体比赛规则是:选手站在如图(示意图)所示的虚线处,手持沙包随机地掷向前方的三个箱子中的任意一个,每名选手掷5个大小形状质量相同、编号不同的沙包.规定:每次沙包投进1号、2号、3号箱分别可得3分、4分、5分,没有投中计0分.每名选手将累计得分作为最终成绩.(1)已知某位选手获得了17分,求该选手5次投掷的沙包进入不同箱子的方法数;(2)赛前参赛选手经过一段时间的练习,选手每次投中1号、2号、3号箱的概率依次为.已知选手每次赛前已经决定5次投掷的目标箱且比赛中途不变更投掷目标.假设各次投掷结果相互独立,且投掷时不会出现末中目标箱而误中其它箱的情况.(i)若以比赛结束时累计得分数作为决策的依据,你建议选手选择几号箱?(ii)假设选手得了23分,请你帮设计一种可能赢的投掷方案,并计算该方案获胜的概率.【答案】(1)(2)(i)建议选手选择1号箱;(ii)答案见解析【分析】(1)列方程,求出选手5次投掷的沙包的情况,根据相应的情况计算出相应的方法数,进而得到总的方法数;(2)(i)根据独立重复试验的计算公式,分别求出对应的得分的数学期望,比较数学期望的大小,进而选择最好的方案;(ii)根据题意,设计出相应方案,并根据独立事件的定义,计算所求概率.【详解】(1)设5次投掷投中1号次,2号次,3号次,未投中次,则,解得或或或不同的方法数.(2)(i)设选手选择1号、2号、3号箱作为目标箱,5次投中的次数依次为,最终的得分分别为.则建议选手选择1号箱.(ii)方案一:连续5次选择投掷3号箱最终获胜的概率为.方案二:前4次均选择投掷3号箱,第5次投2号箱最终获胜的概率为20.已知的内角满足.(1)求角;(2)若,设是中边上的高,求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据平方关系和条件可得,然后根据正余弦定理可得答案;(2)根据正弦定理可得,当角为锐角,,然后利用三角函数的知识可得的最大值,同理可分析当角为直角时、角为钝角时的情形.【详解】(1)由正弦定理得,由余弦定理得,(2)在中,由得,①当角为锐角时,当,即时,.②当角为直角时,,③当角为钝角时, ,当,即时,综上:当时,.21.已知椭圆的焦距为分别为左右焦点,过的直线与椭圆交于两点,的周长为8.(1)求椭圆的标准方程;(2)已知结论:若点为椭圆上一点,则椭圆在该点的切线方程为.点为直线上的动点,过点作椭圆的两条不同切线,切点分别为,直线交轴于点,记的面积分别为.(i)证明:为定点;(ii)设,求的取值范围.【答案】(1)(2)(i)证明见解析;(ii)【分析】(1)首先根据的周长为求出的值,根据焦距求出的值,再利用求出的值,进而求出曲线的标准方程;(2)(i)首先根据题干已知结论求出椭圆的两条切线方程,然后根据两点唯一确定一条直线可得直线的方程为即,进而可以求出直线恒过的定点;(ii)首先设直线的方程为,将直线与曲线联立,利用韦达定理求出与,然后利用解三角形中的三角形面积得,进而分与两种情况结合函数知识分别求解的取值范围,即可得到的取值范围.【详解】(1)由题意知,解得椭圆的标准方程为.(2)(i)设点,则由题意可得椭圆在,处的切线方程分别为:点在两条切线上由于过两点的直线仅有一条直线的方程为即当变化时,直线过定点(ii)由图知,当直线的斜率存在时不为0,设直线的方程为,代入整理得,恒成立,不妨令,;得当时,,此时;当时,,令且,则,且,解得且综上知,,进而【点睛】方法点睛:在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时,常常有三种求解三角形面积的方法:(1)常规面积公式:底高;(2)正弦面积公式:;(3)铅锤水平面面积公式:过轴上的定点:(为轴上定长)过轴上的定点(为轴上定长)22.已知函数.(参考值:)(1)证明:在上有唯一的极小值点;(2)试研究零点的个数.【答案】(1)证明见解析(2)3个零点【分析】(1)根据函数的零点定理和导数的正负即可确定极小值点;(2)分类讨论并结合二次求导、零点定理、不等式放缩等方法即可求解.【详解】(1)当时,,在上单调递增又存在唯一的使得且当时,当时在上有唯一的极小值点.(2)当时,,分3种情况讨论:①当时,,在上有唯一的零点;②当时,恒成立,单调递增,在上有唯一的零点;③当时,令,则递增在上无零点.当时,,分种情况讨论:(i)当时,,在上无零点(ii)当时,,令,则,令,则在上恒成立在上单调递减而,存在使得,且当时,递增;当时,递减.存在使得,且当时,递增;当时,递减当时,注意到所以在上恒成立当时,单调递增又在上存在唯一的零点.综上知,在定义域上共有3个零点,

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