2023届湖北省星云联盟高三下学期统一模拟考试Ⅱ数学试题含解析

2023届湖北省星云联盟高三下学期统一模拟考试Ⅱ数学试题

一、单选题

1．设全集，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先解不等式得到集合，然后根据补集和交集的定义计算.

【详解】由可得，即，于是.

又，故.

故选：C

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式及三角恒等变换化简求值即可.

【详解】已知可化为：.

故选：A

3．设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】首先根据投影向量公式求的值，再代入向量模的公式求解.

【详解】，在方向上的投影向量为，

所以，

所以.

故选：D

4．现代建筑物的设计中通常会运用各种曲线、曲面，将美感发挥到极致.如图所示是位于深圳的田园观光塔，它的主体呈螺旋形，高15.6m，结合旋转楼梯的设计，体现了建筑中的数学之美.某游客从楼梯底端出发一直走到顶部.现把该游客的运动轨迹投影到塔的轴截面，得到曲线方程为（x，y的单位：m）.该游客根据观察发现整个运动过程中，相位的变化量为，则约为（    ）

A．0.55 B．0.65 C．0.75 D．0.85

【答案】A

【分析】根据建筑物的高，游客的初始位置和最后位置，表达出运动过程的位移变化量，即可计算出的值.

【详解】由旋转楼梯高为知，投影到轴截面上后，

对应曲线中，游客移动的水平距离是15.6，

∵初始时游客在最底端，

∴当时，初相为，

∵整个运动过程中，相位的变化量为，且最后游客在最高点，

∴最后的位置，

∴，

解得：，

故选：A.

5．过三点，，的圆与直线交于，两点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，求出圆的方程，再利用弦长公式求解作答.

【详解】依题意，设圆的方程为：，，

于是，解得，

则圆的方程为，即，其圆心为，半径，

点到直线的距离为，

所以.

故选：B

6．若曲线在点处的切线经过坐标原点，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】C

【分析】设出切点，根据导数的几何意义及切线过原点先写出切线方程，由切线过切点可列方程计算.

【详解】由题意，，设切点的坐标为，故切线的斜率.

由于切线过原点，故切线方程为.

又切线经过切点，即.

整理可得：，

即.

即，故或.

故选：C

7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为右支上一点，与的左支交于点.若，则的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由双曲线的定义可得，结合余弦定理及双曲线性质可得，化简求范围即可.

【详解】

由题意易得：，所以

设，，由余弦定理可得，

则

设点，则，

即

所以，故.

故选：C

8．从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合A，，则在的条件下，恰有个元素的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】按照要求分类讨论计算即可.

【详解】由题意可分以下四种情况讨论：

①若A中有一个元素，则B中至少有三个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；

②若A中有两个元素，则B中至少有两个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；

③若A中有三个元素，则B中至少有一个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；

④若A中有四个元素，则B中至少有一个元素，此时满足的情况

有种，而满足恰有个元素的有种；

故满足题意的概率为：，

故选：B

【点睛】本题考查集合与古典概型，较为新颖，属于较难题.关键在于分类讨论要不重复不遗漏，需要较高的逻辑思维.

二、多选题

9．人口问题始终是战略性、全局性的问题.2022年末我国人口比上年末减少85万人，为61年来的首次人口负增长，其中生育率持续降低受到了人们的广泛关注.为促进人口长期均衡发展，国家制定了一系列优化生育政策：2016年正式全面开放二胎；2022年实施三孩生育政策，并配套生育支持措施.为了了解中国人均GDP （单位：万元）和总和生育率y以及女性平均受教育年限z（单位：年）的关系，采用2012~2022近十年来的数据绘制了散点图，并得到经验回归方程，，对应的决定系数分别为，，则（    ）

A．人均GDP和女性平均受教育年限正相关 B．女性平均受教育年限和总和生育率负相关

C． D．未来三年总和生育率将继续降低

【答案】AB

【分析】根据回归方程判断选项A，写出女性平均受教育年限和总和生育率的关系式，从而判断选项B，根据散点图的拟合效果判断选项C，由回归方程可预测未来趋势，但实际值不一定会继续降低，从而判断选项D.

【详解】由回归方程可知，

人均和女性平均受教育年限正相关，A正确；

因为，，

可得女性平均受教育年限和总和生育率的关系式为，

所以女性平均受教育年限和总和生育率负相关，B正确.

由散点图可知，回归方程相对拟合效果更好，

所以，C错误；

根据回归方程预测，未来总和生育率预测值有可能降低，

但实际值不一定会降低，D错误.

故选：AB

10．在正方体中，，则（    ）

A．

B．与平面所成角为

C．当点在平面内时，

D．当时，四棱锥的体积为定值

【答案】AC

【分析】依题意点在四边形内及边界运动（不含）.对于A，通过证明线面垂直证得线线垂直得出结果；对于B，与平面所成角，即为与平面所成角，根据线面角的定义及余弦定理进行求解；对于C，当点在平面内时，即点在线段上，即可直接判断结果；对于D，通过分析四边形的面积为定值，点到平面的距离不是定值得出结果.

【详解】因为在正方体中，，

所以，所以点在四边形内及边界运动（不含）.

对于A，因为底面，底面，所以.

又，，平面，

所以平面，平面，

所以，故A正确；

对于B，因为平面，设，所以为与平面所成角，即为与平面所成角，设正方体棱长为，，，，

由余弦定理可得，故B错误；

对于C，当点在平面内时，即点在线段上，所以正确，故C正确；

对于D，当时，取的中点，连结，点在线段上运动，

因为四边形的面积为定值，，所以点到平面的距离不是定值，所以四棱锥的体积不是定值，故D错误.

故选：AC.

11．已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列.记，，，，则（    ）

参考公式：

A．当时， B．当时，

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可.

【详解】对于A项，由题意易得：当时，，，

显然时，，故A错误；

对于B项，由题意易得：，

即，故B正确；

对于C项，由已知可得：，

所以

若为偶数，则，

当且仅当时取得等号；

若为奇数，则，

当且仅当时取得等号；

故C正确；

对于D项，由已知得：，

故，

故裂项可得：，

所以，故D正确；

故选：BCD

【点睛】本题考察数列的综合，需要较高的计算能力与逻辑思维能力，属于压轴题.

C项的关键在于化简得，再将用基本不等式分类讨论求最值；

D项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式.

12．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（    ）

A．存在旋转函数

B．旋转函数一定是旋转函数

C．若为旋转函数，则

D．若为旋转函数，则

【答案】ACD

【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.

【详解】对A，如满足条件，故A正确；

对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；

对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.

当时，最多1个解，满足题意；

当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；

对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.

又，故，即恒成立.

即图象在上方，故，即.

当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知复数为实数，则__________.

【答案】

【分析】根据实数的定义可得，再根据模长公式求解即可.

【详解】依题意，，解得，故.

故答案为：

14．已知为抛物线的焦点，直线与交于，，与的另一个交点为，与的另一个交点为.若与的面积之比为，则__________.

【答案】

【分析】由题意可判断得，写出点，的坐标，从而得，表示出直线的方程，与抛物线联立方程组，从而求解出点的横坐标，代入抛物线方程计算，即可得，从而根据三角形面积公式表示与的面积，再根据面积比列式计算可得的值.

【详解】如图，抛物线的焦点为，可知，

由题意，得，即

所以直线的方程为，

联立，化简得，

，因为，可得点的横坐标为，

代入抛物线方程可得，，所以，

，

，又，所以.

故答案为：

15．设函数的定义域为，满足，.若，且在单调递增，则满足的的取值范围是__________.

【答案】

【分析】由题意可知，是周期为的周期函数，的最小正周期为8，结合与的单调性，易知在一个周期内，由，可得，再结合周期求出范围即可.

【详解】因为，可得，所以， 关于对称，

由，可得，关于对称，

因为，，，

所以，

则，

因为，所以，

，所以关于轴对称，

所以，

因为，所以，

则，

所以函数是周期为的周期函数.

因为是偶函数，且在单调递增，所以在单调递减，

令中，则，则，

又因为关于对称，所以在上单调递增，上单调递减，

结合函数是周期为的周期函数，

综上可得在，上单调递增，，上单调递减，

因为的最小正周期为，结合图象可知，

在，上单调递增，在上单调递减，

令中，则，则，

当，又，所以，

当，又，所以，

所以当时，，解得.

又因为与均为周期函数，且8均为其周期，

所以的x的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是求出与的周期性，由，，结合函数的单调性和周期性求解即可.

四、双空题

16．三棱锥的各顶点都在半径为的球的球面上，，在平面内，，则球的球面与平面的交线长为____；当三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正切值为____.

【答案】     /     /0.5

【分析】先求得平面截球所得截面圆半径即可求得球的球面与平面的交线长；先求得三棱锥的体积表达式，再利用导数求得其最大值点，即可求得三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正切值.

【详解】设球的球面与平面的截面圆心为S，令

由，又，

可得，整理得，解之得，

①则球的球面与平面的交线长为.

②设所在截面圆圆心为，则为与平面所成角，

令，则的边长为，

如下图，设直线确定平面与球截面交点为P，过S作于T，

则，又

则点P到平面的最大距离为

，

则一定时，三棱锥的最大体积

令，

则

则当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

故当时，取得最大值，即三棱锥的体积取得最大值.

则当三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正切值为.

故答案为：，

五、解答题

17．在中，点为边的中点，.

(1)当时，求的面积；

(2)求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由利用已知表达出，利用余弦定理求出的余弦值，推出的正弦值，即可求出三角形的面积.

（2）求出的取值范围，即可求出的最大值

【详解】（1）由题意，

在中，为边的中点，

∴，,

∴整理可得

，即，

若，则，

因为，

∴，

（2）由题意及（1）得，

在中，，

∴，

∴的最大值为.

18．如图，在四棱锥中，，，，为中点.

(1)在棱上是否存在点，使得平面？说明理由；

(2)若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)存在，理由见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定证明∥平面；

（2）取的中点为，证明，，以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法证明即可.

【详解】（1）取的中点，连接，则∥，又∥，，

所以四边形为平行四边形，∥.

因为平面，平面，∥，

所以∥平面.

（2）取的中点为，连接，，.

若平面，，因为平面，

则，，且，

又，，平面，所以平面，

所以，又∥，所以，

又，的中点为，所以，

则以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：

，

平面的法向量为.

设平面的法向量为，

，令，则

设平面与平面所成角为

所以平面与平面所成角的余弦值为.

19．记为数列的前项和.已知，.

(1)求的通项公式；

(2)记为数列的前项积，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过条件，利用和间的关系，得出，再利用累积法即可求出结果；

（2）利用（1）中结果，得到，从而得到，通过计算和利用二项式定理得出数列前5项均为负数，从第6项起均为正数，从而求出结果.

【详解】（1）因为时，，所以，两式相减得到，化简整理得，所以，当时，，

又当，，又，解得.

所以，当时，，

又当时，，满足，当时，，不满足，

综上所述，.

（2）由（1）知，当时，，得到，

又当时，，满足，所以，

令，所以，

又，

当时，，

所以当时，，又，所以，当时，，

所以时，取得最大值.

20．已知函数.

(1)当时，讨论的单调性；

(2)当时，证明：存在唯一的极小值点，且.

【答案】(1)在单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）求导可得，设，利用导数可得单调递增，代入可得，即可求证；

（2）由零点存在定理可得存在唯一，使得，通过导数易得存在唯一的极小值点，由可设，利用导数即可证明

【详解】（1）由可得，

设，，

因为，故单调递增，

当时，，，

于是恒成立，当且仅当时，取等号，

所以在单调递增.

（2）当时，，，

则存在唯一，使得，

所以当时，；当时，；

所以在单调递增，单调递减，单调递增，

故在处取得极小值.

因为，即，

又，则，，

设，则，

因为，所以，所以，

则单调递增，又，，

所以.

【点睛】方法点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于A，两点，且在线段上.

(1)求直线，的斜率之和；

(2)设与交于点，证明：为定值.

【答案】(1)0

(2)证明见解析

【分析】（1）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理计算斜率之和即可；

（2）取A关于轴的对称点，由（1）的结论可设直线，直线，联立两直线求得P点轨迹，从而可得结果.

【详解】（1）

由已知得，，设，，

当直线斜率为0时，易得；

当直线斜率不为0时，设直线，

与椭圆方程联立，

即，

由韦达定理可知:，     ①

故，代入①式可得，

，所以；

综上，.

（2）设，取A关于轴的对称点，

由（1）可知，三点共线，

设直线，直线，联立直线

，解得，所以，即，

又，则，

因为，所以，整理可得，

所以的轨迹是焦距为，长轴长为的双曲线右支的一部分，

所以．

22．某区域中的物种拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉个物种，统计其中种的数目后，将捕获的生物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为，每一次试验均相互独立.

(1)求的分布列；

(2)记随机变量.已知，；

（ⅰ）证明：，；

（ⅱ）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值.

【答案】(1)分布列见解析

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），

【分析】（1）根据条件，判断服从超几何分布，再利用超几何分布的分布列即可求出结果；

（2）（ⅰ）直接利用均值和方差的性质即可证明结果；

（ⅱ）先利用第（ⅰ）中的结论，求出，，再结合条件建立方程组，从而求出结果.

【详解】（1）依题意，均服从完全相同的超几何分布，故的分布列为.

（2）（ⅰ）由题可知

，

，

故，

（ⅱ）由（ⅰ）可知的均值

先计算的方差

所以

依题意有

解得，．

所以可以估计，．

【点睛】本题的关键在于利用超几何分布的分布列、均值和期望.