2023届湖北省高中名校联盟高三下学期第三次联合测试数学试题含解析

这是一份2023届湖北省高中名校联盟高三下学期第三次联合测试数学试题含解析，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届湖北省高中名校联盟高三下学期第三次联合测试数学试题 一、单选题1．在复平面内，复数对应的点为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数对应的点的坐标得到，利用复数除法法则计算出答案.【详解】由题意可知，所以.故选：C.2．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用对数函数单调性化简集合，利用分式不等式化简集合，再根据集合交集的定义求解即可.【详解】由得，故，所以，由，得，故，所以，所以.故选：D3．下列说法正确的是（    ）A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“”的否定形式是“”D．“”是“”的充分不必要条件【答案】B【分析】利用不等式的性质判断A的正误，利用正切函数的性质判断B的正误，利用命题的否定形式判断C的正误，利用对数的定义判断D的正误.【详解】对A，若中，时也成立，故A错；对B，当时，，故，若，则，故B对；对C，存在量词命题的否定是，故C错；对D，若均为负数，则无意义，故D错.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用同角三角函数基本关系式切化弦，求出，根据即可求出的值.【详解】，得，所以，所以，又，故选：A.5．某高中为促进学生的全面发展，秋季学期合唱团、朗诵会、脱口秀、街舞社、音乐社等五个社团面向1200名高一年级同学招新，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加音乐社社团的同学有15名，参加脱口秀社团的有20名，则（    ）A．高一年级同学参加街舞社社团的同学有120名B．脱口秀社团的人数占这五个社团总人数的C．高一年级参加这五个社团总人数占全年级人数的D．高一年级同学参加这五个社团的总人数为200名【答案】B【分析】根据饼状图逐一判断即可.【详解】参加音乐社社团或者脱口秀社团的同学共有35名，结合扇形图知：其占这五个社团总人数的，所以高一加这五个社团总人数为名，故AD均错，脱口秀社团的人数占这五个社团总比为，故B对，参加这五个社团总人数占全年级人数的占比为，故C错.故选：B6．已知平面向量满足，且，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，求出，建立平面直角坐标系，设，求出轨迹方程，利用几何意义即可求出的最大值.【详解】由可知,，故，如图建立坐标系，，，设，由可得： ，所以的终点在以为圆心,1为半径的圆上，所以，几何意义为到距离的2倍，由儿何意义可知，故选：D.7．已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线的右支上，若是面积为的正三角形，则的值为（    ）A．2 B．6 C． D．【答案】C【分析】由三角形的面积公式得到，再由正三角形得到点的坐标，将点的坐标代入中，即可得到.【详解】是面积为的正三角形，即，所以，所以的边长为，高为，所以，所以.又，所以，故选：C.8．设，则下列关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，则当时，，即，取，所以，记，因为，所以在上单调递减，则当时，，即，取，所以，故，即；记，因为，当时，，所以在上单调递增，所以当时，，即，取，所以，即；所以.故选：C. 二、多选题9．已知函数，则（       ）A．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到B．在上单调递增C．在内有2个零点D．在上的最大值为【答案】BC【分析】将函数化简得，利用三角函数的性质即可判断各个选项的正误.【详解】.对A，的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，故A错；对B，在上，，函数单调递增，故B对；对C，令，可得，当时，故C对；对D，，所以，此时，故D错；故选：BC.10．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（    ）A．若，则B．若点O到直线的距离为，则C．若，则的最大值为4D．的最小值为【答案】BD【分析】根据余弦定理可求解可求解A，根据弦长公式可求进而求解B，将转化为到直线的距离之和的倍，可求C，利用数量积公式可求D.【详解】对A，若，又，所以，故A错；对B，若点O到直线的距离为，由弦长公式可得，故B对；对C，，几何意义为到直线的距离之和的倍，设中点为Q，，因为，所以,所以在直角三角形中，，所以Q的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，即，而圆的圆心到直线距离的的距离为，所以，所以的最大值为6，故C错；对D，的最小值为，故D对；故选:BD.11．如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（    ）A．的最小值为B．的最小值为C．三棱锥的体积不变D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长【答案】ACD【分析】根据的最小值为等边三角形的高，可求得A正确；将与矩形沿翻折到一个平面内，可知所求最小值为，利用余弦定理可求得B错误；利用体积桥可求得三棱锥的体积为定值，知C正确；利用体积桥可求得点到平面的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确.【详解】对于A，在中，，即是边长为的等边三角形，的最小值为的高，，A正确；对于B，将与矩形沿翻折到一个平面内，如图所示，则的最小值为；又，，，在中，由余弦定理得：，，即，B错误；对于C，平面，平面，；四边形为正方形，，又，平面，平面；，即三棱锥的体积不变，C正确；对于D，设点到平面的距离为，，，即，解得：，以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，交线长为，D正确.故选：ACD.12．数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（    ）A．为等比数列 B．为递减数列C．中存在大于3的项 D．中存在小于的项【答案】BD【分析】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，求出，不合乎题意；对于B：求出，得到，即可证明；对于C：先求出，由数列为递减数列，即可判断；对于D：利用单调性证明.【详解】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，故A错；对于B：当时，.因为，所以，所以，可得，所以数列为递减数列，故B对；对于C：由题意可知，，当时，，可得；由B知数列为递减数列，故C错；对于D：因为数列各项均为正数，其前n项和，所以随着n的增大，递增.而恒成立，所以递减，且，所以中必存在小于的项故选：BD. 三、填空题13．在展开式中，含的项的系数是______.（用数字作答）【答案】100【分析】根据二项式的展开公式分别求出展开式中含有的项和展开式中项，即可求解.【详解】中只有的展开式中才含有，故中的项与展开式中含的项相乘得到，展开式中项的系数为，故的项的系数为.故答案为:100.14．过抛物线焦点F的射线与抛物线交于点A，与准线交于点B，若，则p的值为______.【答案】3【分析】作出辅助线，结合焦半径公式和求出答案.【详解】过点作准线于点M，则，∵，∴，由可得：，即，解得：，故答案为：315．已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.【答案】##【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧，因为是正三棱锥，所以D是的中心，所以，又因为，所以，，所以，令，解得或，当，；当，，所以在递增，在递减，故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.故答案为：16．设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为______.【答案】【分析】由原不等式结合基本不等式可得，再由可得，则得，然后由结合指数的运算可得，再通过构造函数利用导数证明在，有即可.【详解】因为且，因为，当且仅当时取等号，故，所以，又，所以，当且仅当时取等号，所以.又，所以，显然，所以有，即恒成立，又，所以，故，所以.当时，恒成立，即恒成立，与矛盾.下面证明：在，有，令要使，即即由知，得从而需证：即需证明：，记从而只需证：①而，令，则，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，即，因为，所以∴在上递增，又，∴在递减，，递增，，而，从而在时总有∴①式恒成立，不等式得证.综上所述，.故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，解题的关键是根据已知条件结合基本不等式确定出的范围，然后通过构造函数再证明其正确性即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题. 四、解答题17．在中，，点D在边上，.(1)若，求的值，(2)若，且点D是边的中点，求的值.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出的值；（2）作出辅助线，得到，由余弦定理求出，从而求得答案.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，所以，解得或，经检验均符合要求；（2）在中，过D作的平行线交于E，因为点D是边的中点，所以点E为AC的中点，在中，，又，所以.由余弦定理得：，所以，所以或（舍去），故.18．已知正项数列，其前n项和，满足.(1)求证：数列是等差数列，并求出的表达式；(2)数列中是否存在连续三项，使得构成等差数列？请说明理由.【答案】(1)证明见解析，(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）先令求出，再由，，得到，从而数列是以1为首项，1为公差的等差数列，求出，进而求出的通项公式；（2）假设存在，结合第一问中结论得出，两边平方后推出，故假设不成立，不存在这样的连续三项.【详解】（1）中令得：，故正项数列中，，即，当时，，即，整理得，又，因此，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，因为是正项数列，即，所以.当时，，又满足此式，即，都有；（2）不存在，理由如下：由（1）中可得：，假设存在满足要求的连续三项，使得构成等差数列，则，即，两边平方，得，即，整理得：，即，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列中不存在使构成等差数列的连续三项.19．如图所示，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.（1）求证：平面；（2）点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）通过证明．，转化证明平面，然后推出平面；（2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，求出平面的一个法向量，令，由题意可得平面的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，即可求的取值范围．【详解】（1）证明：设，∵，，∴，∴，∴，则.∵四边形为矩形，∴，而平面，且，∴平面.∵，∴平面.（2）以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，设为平面的一个法向量，由，得，取，所以，因为是平面的一个法向量.所以.因为，所以当时，有最小值，当时，有最大值，所以.【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力20．2022年冬季奥林匹克运动会在北京胜利举行，北京也成为了第一个同时举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为推广普及冰雪运动，深入了解湖北某地中小学学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，随机选取了10所学校进行研究，得到如下图数据：(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学滑行，转弯，停止三个动作达到“优秀”的概率分别为，且各个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【答案】(1)(2)6轮 【分析】（1）设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”，分别求得，，再由条件概率公式即可求得在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率.（2）求得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率，由题意可知为二项分布，由二项分布的均值表达式，由平均值达到3次可求得要进行多少轮测试.【详解】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个.设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”则，所以（2）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，所以小明在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满足，由，得.所以理论上至少要进行6轮测试.21．已知椭圆过点.(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.【答案】(1)(2)2 【分析】（1）把点代入椭圆方程，可得，由，可求b的取值范围；（2）由离心率和（1）中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求的最大值.【详解】（1）∵在椭圆，∴，有，所以，又∵，所以，∵，∴；（2）由（1）可知，又，所以，椭圆.因为直线与相切，故.若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.由直线与相切，故，可得：.联立得，所以，线段.又因为，所以.当且仅当，故当时，的最大值为2.综上所述：当时，线段的最大值2.22．已知函数.（注：…是自然对数的底数）(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若只有一个极值点，求实数m的取值范围；(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】(1)根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程；(2)讨论的符号，判断的单调性，进而确定的零点；(3)要使取到最小值，则取最大，分析可得，结合零点代换处理即可.【详解】（1）（1）当时，，故，故在点处的切线方程为；（2）解：由题意知有且只有一个根且有正有负，构建，则.①当时，当时恒成立，在上单调递增，因为，所以有一个零点，即为的一个极值点；②当时，在上恒成立，即无极值点；③当时，当；当，所以在单调递减，在上单调递增，故，若，则，即.因为，所以当时，，当时，，令，则，故，故在上为增函数.故，故，故当时，有两个零点，此时有两个极值点，当时，当时恒成立，即无极值点；综上所述：.（3）解：由题意知，对于任意的，使得恒成立，则当取最大值时，取到最小值.当时，因为，故当时，的最小值为；当时，当时，，所以无最小值，即无最小值；当时，由（2）得只有一个零点，即且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，因为，所以，代入得，令，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，所以的最小值为.【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数时，常采用分离常数法，转化求函数的最值问题.