2023届湖北省荆门市龙泉中学、荆州中学、宜昌一中三校高三下学期5月联考数学试题含解析

2023届湖北省荆门市龙泉中学、荆州中学、宜昌一中三校高三下学期5月联考数学试题

一、单选题

1．若复数是纯虚数，则（    ）

A．-2 B．2 C．-1 D．1

【答案】D

【分析】根据复数的特征，设（），再根据复数的运算，利用复数相等，列式求解.

【详解】由题意设（），

，即，

则，解得：.

故选：D

2．已知，若集合，，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.

【详解】当时，集合，，可得，满足充分性，

若，则或，不满足必要性，

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：A.

3．已知实数满足，则的最小值是（    ）

A．5 B．9 C．13 D．18

【答案】B

【分析】根据对数的运算法则，求得，且，利用，结合基本不等式，即可求解.

【详解】由，可得，所以，

即，且，

则，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为.

故选：B.

4．设是两个单位向量，若在上的投影向量为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求出，再利用向量的夹角公式求解作答.

【详解】依题意，是两个单位向量，则在上的投影向量为，

于是，即，解得，

所以.

故选：C

5．若，则（    ）

A．366 B．365 C．364 D．363

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用赋值法列式计算作答.

【详解】令得：，

令得：，

两式相加得：，当时，，

所以.

故选：C

6．血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患者A给药3小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过2小时检测一次，每次检测血药浓度降低到上一次检测血药浓度的，当血药浓度为峰值的时，给药时间为（    ）

A．11小时 B．13小时 C．17小时 D．19小时

【答案】B

【分析】利用题意，将给药时间与检测次数转化为等差数列模型，将给药时间与患者血药浓度转化为等比数列模型，则利用数列的通项公式求解即可.

【详解】解：检测第n次时，给药时间为，则是以3为首项，2为公差的的等差数列，

所以，

设当给药时间为小时的时候，患者血药浓度为，血药浓度峰值为a，

则数列是首项为a，公比为的等比数列，所以，

令，即，解得，

当血药浓度为峰值的时，给药时间为，

故选：B.

7．关于函数，有下列四个命题：

甲：是的一个极小值点；

乙：是的一个极大值点；

丙：在单调递增；

丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称.

其中只有一个是假命题，则该命题是（    ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．

【答案】C

【分析】分别假设四个命题为真命题，求出的取值，即可得出答案.

【详解】若甲为真命题，则应有，

则；

若乙为真命题，则应有，

则；

对于丙，因为，所以.

因为在单调递增，

所以应有，

解得；

若丁为真命题，将函数的图象向左平移个单位后，得到的函数图象.

因为函数关于轴对称，

所以，

解得，.

可知，当时，甲、乙、丁均为真命题，丙为假命题，

所以，假命题为丙.

故选：C.

8．设，函数，曲线的最低点为的面积为，则（    ）

A．是递增数列 B．是递减数列

C．是递增数列 D．是摆动数列

【答案】B

【分析】先由曲线的最低点为，曲线的最低点为，得到曲线的最低点为 ，再求得 和点到直线的距离d，由判断.

【详解】解：因为函数，所以，

当时，，当时，，

所以曲线的最低点为，

因为函数，所以，

当时，，当时，，

所以曲线的最低点为，

由此得曲线的最低点为 ，

则，

所以 ，

直线 的方程为 ，即 ，

所以点到直线的距离为 ，

所以 ，

令 ，

因为，

所以单调递减，

故选：B

二、多选题

9．某单位为了解该单位党员开展学习党史知识活动情况，随机抽取了30名党员，对他们一周的党史学习时间进行了统计，统计数据如下.则下列对该单位党员一周学习党史时间的叙述，正确的有（    ）

A．众数是8 B．第40百分位数为8

C．平均数是9 D．上四分位数是10

【答案】ACD

【分析】通过分析30名党员党史学习时间表，即可得出众数，平均数，第40位百分数和上四分位数.

【详解】由题意，

随机抽取30名党员，

由图可知，党史学习时间为8小时的人最多，为8人，故众数是8，A正确；

∵

第40百分数为：，故B错误；

∵平均数：，

故C正确.

∵

上四分位数是第23项数据，为10，故D正确；

故选：ACD.

10．已知是圆上任意一点，定点在轴上，线段的垂直平分线与直线相交于点，当在圆上运动时，的轨迹可以是（    ）

A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

【答案】ABC

【分析】分点A在圆外，圆内（非原点），原点，圆上四种情况，结合图形可得答案.

【详解】当点A在圆外，如下图所示：设AP中点为B，过B作AP垂线交直线OP为Q，连接AQ，则，则，又，则此时Q轨迹为以为焦点的双曲线；

当点A在圆内（非原点），如下图所示，此时，又，则此时Q轨迹为以为焦点的椭圆；

当A在坐标原点，如下图所示，此时B，Q重合，则，则此时Q轨迹为以O为原点，半径为2的圆；

当在圆上，由垂径定理，可知Q点与O重合，此时的轨迹为点O.

故选：ABC

11．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面."解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ）

A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等

B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为

C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面

D．若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面所成角的正弦值为

【答案】BCD

【分析】根据多面体M在点P处的离散率的定义，由各选项的条件分析几何体的结构特征，判断垂直关系及计算直线与平面所成的角，判断选项的正误.

【详解】

对于A，直四棱柱在点A处的离散曲率为，

在A点处的离散曲率为，两者不一定相等，A项错误；

对于B，，则四边形为正方形，直四棱柱在点A处的离散曲率为，B项正确；

对于C，因为直四棱柱中，四边形为菱形，，所以直四棱柱侧面均为正方形，

四面体在点处的离散曲率为，

则，则为正三角形，，所以，四边形为正方形，直四棱柱为正方体，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以，

又因为，平面，平面，，

所以平面，又因为平面，所以，

同理可得，，平面，平面，，

所以平面，C项正确；

对于D，直四棱柱在点A处的离散曲率为，

则，设，交于点O，

则，，

由选项C知，，因为四边形为菱形，所以，

又平面，平面，，

所以平面，即与平面所成的角，

，所以与平面所成的角的正弦值为，D项正确；

故选：BCD.

12．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点斜率为的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，下列命题正确的有（    ）

A．

B．当点为线段的中点时，直线的斜率为

C．若，则

D．

【答案】BC

【分析】根据渐近线斜率结合图象可判断A，利用点差法可求直线斜率判断B，根据直线的斜率及二倍角的正切公式可判断C，计算和可判断D.

【详解】如图，

由可知，双曲线的渐近线方程为，

由图可知，当过点直线的斜率满足时，直线与双曲线左右两支各交于一点，故A错误；

设，，分别代入双曲线方程，两式相减可得：

，点为线段的中点，

所以，化简得，故B正确；

，，，，

，，

又，，，故C正确；

由题意，其中，代入双曲线方程可得，

，，

，，

，故D错误.

故选：BC

三、填空题

13．若，则__________.

【答案】/

【分析】根据两角和的正弦公式可得，从而求，再根据诱导公式及两角和的正切公式即可求解.

【详解】因为，所以，

所以，即.

所以，解得.

所以.

故答案为:.

14．为椭圆上任意一点，且点到直线和的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】作出图形，结合图形可知当椭圆位于两直线和之间时即为所求，根据直线和椭圆相切时是临界值即可求解.

【详解】由图可知当椭圆位于两直线和之间时，

点到两直线和的距离之和即为和两平行线间的距离，与点的位置无关，

联立得，

令解得或，

由图可得，

故答案为：

15．在四面体中，，与所在的直线间的距离为3，且与所成的角为，则四面体的体积为__________.

【答案】

【分析】把三棱锥补成一个平行六面体，其中为异面直线与的公垂线，得到，证得平面，结合，即可求解.

【详解】如图所示，把三棱锥补成一个平行六面体，

其中为异面直线的公垂线，即且，

在平行六面体中，可得，所以，

又因为且平面，所以平面，

又由平面，所以点到平面的距离为，

因为且异面与所成的角为，即与所成的角为

又因为，

则，

即四面体的体积为.

故答案为：.

四、双空题

16．某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一方第一局、第二局连胜的概率为.则__________；打完4场结束比赛的概率为__________.

【答案】     /0.25    

【分析】由已知条件可知连胜两局的概率为，即可求解p，若打完4场结束比赛，则需一方以获胜，因此则第4场必须是胜，前3场胜2场即可，有第1、2、4场获胜，第1、3、4场获胜，第2、3、4场获胜三种情况，分别出每种情况的概率，并求和即可.

【详解】解：令事件为一方在第i局获胜，，

则连胜两局的概率，解得，

若打完4场结束比赛，则需一方以获胜，因此则第4场必须是胜，前3场胜2场即可，

其中一方在第1、2、4场获胜的概率，

其中一方在第1、3、4场获胜的概率，

其中一方在第2、3、4场获胜的概率，

所以打完4场结束比赛的概率，

故答案为：；.

五、解答题

17．已知各项均为正数的数列满足，其中是数列的前项和.

(1)求数列的通项公式；

(2)数列满足，求的前100项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由与关系得数列为等差数列，进而结合通项公式求解即可；

（2）结合题意得，，进而，再求和即可.

【详解】（1）解：当时，，,，

由得当时，递推得，

所以，两式作差得：，即，

因为数列各项均为正数，

所以，

又因为，

所以，数列为等差数列，公差、首项均为，

所以.

（2）解：由得，，

；

令，

则.

18．某兴趣小组为研究一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，设“患有地方性疾病”，“卫生习惯良好”.据临床统计显示，，该地人群中卫生习惯良好的概率为.

(1)求和；

(2)为进一步验证（1）中的判断，该兴趣小组用分层抽样的方法在该地抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有的把握肯定（1）中的判断，试确定的最小值.

附表及公式：

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用条件概率和全概率公式计算即可；

（2）先作出样本容量提高倍后的二联表，依据公式计算卡方即可.

【详解】（1）由题意可得：，

而

，

（2）

，

故.

19．在中，角所对的边分别为，且.

(1)求；

(2)求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合条件，利用正弦定理进行边角转化即可求出结果；

（2）利用（1）结果，得到，再利用重要不等式即可得出结果.

【详解】（1）因为，

所以，即，

由正弦定理得，

所以，

即，

，则，故，

即，也即，，

所以.

（2）由知，均为锐角，即有

故，

又因为，

所以，当且仅当时，等号成立.

故的最大值为.

20．在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.

(1)证明：；

(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可；

（2）假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可.

【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，

又因为平面平面，平面平面平面，

所以平面，

又平面，所以，

又，平面，所以平面，

又平面，所以.

（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.

理由如下：

取中点，连接，因为，所以，

又，所以为等边三角形，所以，

因为，所以，

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，

以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

，

.

因为平面平面，所以平面，

又平面，平面平面，所以，

假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，

则，所以，

设为平面的一个法向量，

则，即，

令，则，可取，

又，

所以，

即，解得，此时；

因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.

21．已知抛物线过点为坐标原点.

(1)直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，若弦的长等于6，求的面积；

(2)抛物线上是否存在异于的点，使得经过三点的圆和抛物线在点处有相同的切线，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）先求抛物线方程，设直线l的方程，联立抛物线方程，由弦长公式可得斜率，再由点到直线的距离公式和三角形面积公式可得；

（2）设点且，然后带入圆的一般方程求解的圆心坐标，利用导数求在点N处的切线斜率，然后由切线斜率与的关系列方程求解可得.

【详解】（1）抛物线过点，可得，

所以抛物线方程，焦点为

设直线，设

由得，

直线l与抛物线有两个交点，所以①，

得，

于是

，

解得，直线l的方程为，

原点到直线l距离，

的面积为.

（2）已知的坐标分别为，抛物线方程，

假设抛物线上存在点且，使得经过三点的圆C和抛物线在点N处有相同的切线.

设经过三点的圆的方程为，

则，

解得，

，则抛物线在点处的切线的斜率为，

经过三点的圆在点处的切线斜率为，

直线的斜率存在.

圆心的坐标为，

即，，又，得，

解得，满足，

故满足题设的点N存在，其坐标为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．设函数.

(1)当时，讨论的单调性；

(2)若在上单调递增，求.

【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增

(2)

【分析】（1）求得，设，得到，得到在上单调递增，得到在上单调递增，结合，即可求解；

（2）令，利用导数求得，得到和，

令，得出时，；，得到，分，，和，四种情况讨论，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】（1）解：因为，可得，

设，则

所以当时，，函数在上单调递增，

即函数在上单调递增，

又由，所以当时，；当时，，

所以当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）解：令，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

又由，所以，即，

所以，所以；

令，可得，所以函数单调递增，

因为，

当，可得，即，即；

当，可得，即，即，

（2.1）当时，由（1）知不合题意；

（2.2）当时，若，

；

当时，，单调递减，不合题意；

（2.3）当时，若，同理可得，

当时，，单调递减，不合题意；

（2.4）当时，，可得，

设，则，

①当时，，

所以在上单调递增，在上单调递增，

②当时，

若，，

若，，

所以在上单调递增，在上单调递增，

由①②可知，，所以在上单调递增，

综上所述，.