2023届湖北省部分市州高三上学期元月期末联考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖北省部分市州高三上学期元月期末联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省部分市州高三上学期元月期末联考数学试题 一、单选题1．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则（    ）A．1 B．2 C． D．5【答案】C【分析】利用复数除法运算求得，进而求得.【详解】，所以.故选：C2．已知集合，，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求函数的定义域求得集合，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，对于函数，由解得，所以.所以，，或，，所以D选项符合.故选：D3．有一组样本数据：5，6，6，6，7，7，8，8，9，9.则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（    ）A．平均数 B．第50百分位数 C．极差 D．众数【答案】A【分析】分别求出平均数、第50百分位数、极差、众数，即可得到答案【详解】平均数为；，则第50百分位数为；极差为；众数为故平均数最大故选：A.4．已知，且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】判断的范围，求得的值，利用二倍角公式，即可求得答案【详解】由题意，则，由可得，即有，即，，解得，故选：C5．已知函数则函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分段求出函数的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得答案.【详解】当，即时，，，令，得，令，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得A和C和D不正确；当，即时，，，令，得，令，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得B正确；故选：B6．已知数列的前n项和为，且，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用，求出数列的递推关系，从而得数列的通项公式，然后由求和公式计算．【详解】，时，，相减得，∴，又，，所以从第二项项开始成等比数列，时，，，故选：D．7．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．2【答案】B【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.【详解】因为，为的中点，所以，，所以，又， ，所以，所以.故选：B.8．在三棱锥中，，，设侧面与底面的夹角为，若三棱锥的体积为，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，（    ）A． B． C． D．4【答案】B【分析】通过计算推出为的外接圆的直径，到平面的距离为，设的中点为，则为的外接圆的圆心，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，根据以及求出的最小值及取最小值时，有平面，再取的中点，连，，则可得，计算可得.【详解】因为，，所以，所以，所以，所以，所以为的外接圆的直径，设的中点为，则为的外接圆的圆心，因为，设到平面的距离为，则，所以，当该三棱锥外接球表面积取最小值时，半径最小，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，若点和点在平面的同侧，如图： 则，即，当且仅当三点共线时，取等号，在中，，所以，所以，所以，当且仅当三点共线时，取等号，若点和点在平面的异侧， 则，所以，若与重合时，，不合题意，综上所述：的最小值为，且当时，三点共线，此时平面，取的中点，连，，则，因为平面，平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以，所以是侧面与底面的夹角，即，因为，，所以.故选：B 二、多选题9．如图所示，在边长1为的正六边形ABCDEF中，下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】由正六边形性质，结合向量线性运算及数量积的几何表示即可判断.【详解】由正六边形性质可知，正六边形ABCDEF对边平行且相等，对角线交于O将正六边形分成六个全等正三角形.对A，，A错；对B，，B对；对C，，C对；对D，，，，D错.故选：BC10．已知实数a，b，c满足，则下列关系式中可能成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】将化为，设，得，，，利用函数，，的图象可求出答案.【详解】由可知，，所以，设，则，，，在同一直角坐标系中作出函数，，的图象，由图可知，当时，，此时C正确；当时，，此时B正确；当时，，此时A正确.故选：ABC11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．是的一个周期B．的图象关于点中心对称C．在区间上的零点个数为4D．的最大值为【答案】ABD【分析】根据周期函数的定义，验证可知A正确；根据中心对称的定义，验证可知B正确；由，解方程求出零点可知C不正确；由，通过换元，设，化为关于的函数，利用导数求出其值域，可得到结果.【详解】对于A，因为，所以是的一个周期，故A正确；对于B，因为，所以的图象关于点中心对称，故B正确；对于C，由，得或，，得或，，由及得或或，所以或或，由及得或或或或，所以或或或或，所以在区间上的零点为，，，，，共5个，故C不正确；对于D，，所以，设，，则，令，得，令，得，所以在上为增函数，在上为减函数，所以当时，取得最大值为，或时，取得最小值为，所以，所以，所以的最大值为，故D正确；故选：ABD12．已知正方体的棱长为3，P为正方体表面上的一个动点，Q为线段上的动点，.则下列说法正确的是（    ）A．当点P在侧面（含边界）内时，为定值B．当点P在侧面（含边界）内时，直线与直线所成角的大小为C．当点P在侧面（含边界）内时，对任意点P，总存在点Q，使得D．点P的轨迹长度为【答案】ACD【分析】对选项A，易证得，即可求出的值；对选项B，易知直线与直线所成角为，求出，即可得出答案；对选项，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断出对任意点，总存在点，便得；对于选项D，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，求解即可.【详解】对于A，因为P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，平面，平面，所以，所以，故A正确；对于B，点P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，平面，平面，所以，直线与直线所成角为，所以，直线与直线所成角的大小为，故B不正确；对于C，建立如下图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，为线段上的动点，则有：（）解得：，设点，因为，所以，则，若，则有：，，又则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对于D，当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故D选项正确；故选：ACD. 三、填空题13．的展开式中，常数项为________.【答案】6【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】二项式展开式的通项公式为，令，解得；令，则无自然数解.所以展开式中的常数项为.故答案为：14．已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球.第一次从红箱内取出一球，观察颜色后放回原处；第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内再取出一球，则第二次取到红球的概率为________.【答案】##【分析】根据全概率公式求得正确答案.【详解】依题意，第二次取到红球的概率为.故答案为：15．过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于两点，点在抛物线准线上的射影分别为，，点P在抛物线的准线上.若AP是的角平分线，则点P到直线l的距离为______.【答案】5【分析】连，，根据抛物线的定义以及，证明，从而推出和，可得就是点P到直线l的距离，再根据，推出，结合，可得.【详解】如图，连，，由抛物线的定义可知，，又，，所以，所以，，即，所以就是点P到直线l的距离，因为，，，所以，所以，所以，又，所以.故点P到直线l的距离为.故答案为：16．已知关于的不等式恒成立，则的最大值为________.【答案】【分析】令，若时，，不符合题意；若时，，不符合题意；若时，利用导数求出的最小值为，则关于的不等式恒成立，转化为，再令，利用导数求出其最大值为，则得，由此可得结果.【详解】令，则，若时，，不符合题意；若时，，不符合题意；若时，令，得，令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，所以，因为关于的不等式恒成立，所以，因为，所以，令，则，令，则，所以在上为减函数，因为，所以当时，，，当时，，，所以在上为增函数，在上为减函数，所以当时，取得最大值，最大值为，所以，所以的最大值为.故答案为：.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 四、解答题17．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.(1)求边b的值；(2)若D为边BC的中点，，求的面积.【答案】(1)4(2) 【分析】（1）根据正弦定理，找到边关系求解.(2)根据余弦定理，求出，再根据面积公式求解.【详解】（1）因为，由正弦定理得：，且，所以.（2）延长AD至点E，满足，连接EB，EC，在中，由余弦定理得：，因为，，代入上式整理得：，所以所以.18．已知数列中，对任意的，都有.(1)若为等差数列，求的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由为等差数列，设公差为d，又，可得，，于是可求得的值，即可得的通项公式；（2）根据，可得数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1公差为4的等差数列，再对项数分奇偶讨论，结合等差数列求和公式，即可数列的前n项和.【详解】（1）解：因为为等差数列，设公差为d，又，可得：，，所以，解得：，，所以的通项公式为.（2）解：由条件，可得：，两式相减得：，因为，又，所以，所以数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1公差为4的等差数列.所以当n为偶数时，；当n为奇数时，.综上：.19．如图所示，在四棱锥中，，，，.(1)证明：；(2)求直线BC与平面PCD所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过构造线面垂直的方法来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BC与平面PCD所成角的正弦值进而求得其余弦值.【详解】（1）连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP.因为，所以，因为，所以，又平面，所以平面OAP，因为平面OAP，所以.（2）因为，所以，又，所以，所以，又平面，所以平面ABCD.，，所以.如图，以O为原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，平面PCD的法向量分别为，所以，即，取，则，设与平面PCD所成的角为，则则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为.20．2022年11月21日.第22届世界杯在卡塔尔开幕.小组赛阶段，已知某小组有甲、乙、丙、丁四支球队，这四支球队之间进行单循环比赛（每支球队均与另外三支球队进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者积0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.若每场比赛中，一支球队胜对手或负对手的概率均为，出现平局的概率为.(1)求甲队在参加两场比赛后积分的分布列与数学期望；(2)小组赛结束后，求四支球队积分均相同的概率.【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）甲队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，求出取每个值的概率后，可得分布列和数学期望；（2）根据题意分析，可得要使四支球队积分相同，则每只球队总积分为3分或者4分，然后分2种情况求出概率，再相加可得解.【详解】（1）甲队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，则，，，，，，所以随机变量X的分布列为：012346 随机变量的数学期望：.（2）由于小组赛共打6场比赛，每场比赛两个球队共积2分或者3分；6场比赛总积分的所有情况为12分，13分，14分，15分，16分，17分，18分共7种情况，要使四支球队积分相同，则总积分被4整除，所以每只球队总积分为3分或者4分.若每支球队得3分：则6场比赛都出现平局，其概率为：；若每支球队得4分：则每支球队3场比赛结果均为1胜1平1负，其概率为：﹒所以四支球队积分相同的概率为.21．已知，为椭圆：的左、右焦点.点为椭圆上一点，当取最大值时，.(1)求椭圆的方程；(2)点为直线上一点（且不在轴上），过点作椭圆的两条切线，，切点分别为，，点关于轴的对称点为，连接交轴于点.设，的面积分别为， ，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)由已知结合椭圆定义，可求与的倍数关系，结合向量相关条件以及椭圆中，即可求得与，也就得出椭圆方程.(2)利用过椭圆一点的切线方程的推导过程，得出切线方程，进而得出直线的定点坐标，然后解设的方程，并与椭圆联立，然后利用韦达定理化简整理出点的坐标，由此求出的关系式，利用基本不等式即可求解.【详解】（1）依题意有当为椭圆短轴端点时最大，此时，则为正三角形，则且，又，，，故椭圆方程为.（2）设，，，则依题意有：，：因，都过点，则，则方程为，即过定点.故设方程为，，联立，，，又直线方程为：，令得，当且仅当即，时取等号故最大值为.22．设函数.(1)当时，求在上的最值；(2)对，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由，，令，，即，结合其导数讨论单调性，进而求解；（2）由题意可得，，对于恒成立，设，分、、三种情况讨论即可求解.【详解】（1）当时，，，设，，即，所以，所以在上单调递增，所以，，即，.（2）由，即，即，对于恒成立，设，，当时，，由（1）知时，，所以，当时，.当时，，时，，不符合题意.当时，，即，设，则，当时，，即在单调递增，又，，所以存在使得，当时，，所以在单调递减，此时，不合题意综上所述，a的取值范围为.