2023届湖北省圆梦杯高三下学期统一模拟（二）数学试题含解析

这是一份2023届湖北省圆梦杯高三下学期统一模拟（二）数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省圆梦杯高三下学期统一模拟（二）数学试题 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先通过对限制条件的整理，再求【详解】解得，所以.函数的定义域为，所以.所以.故选：B.2．已知向量的夹角为，若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】利用向量垂直的条件及向量数量积的定义即可求解.【详解】因为，所以，即，又因为，向量的夹角为，所以，即，解得. 故选：D.3．已知等差数列的前项和为，命题“”，命题“”，则命题是命题的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据等差数列的性质结合充分、必要条件分析判断.【详解】由，不能推出，例如，则，所以，故命题是命题的不充分条件；由，不能推出，例如，则，所以，故命题是命题的不必要条件；综上所述：命题是命题的既不充分也不必要条件.故选：D.4．若正数满足，则的最小值为（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】利用基本不等式及不等式的性质即可求解.【详解】因为正数满足，所以.所以,当且仅当，即时，取等号，当时，取得的最小值为.故选：A.5．已知函数图象的对称轴为，则图象的对称轴为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题设条件可得，故可得正确的选项.【详解】设，则，故，整理得到，所以图象的对称轴为.故选：C.6．已知直三棱柱存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出直三棱柱的高后可求其外接球的半径，从而可求外接球的表面积.【详解】因为，故，故的内切圆的半径为.因为直三棱柱存在内切球，故直三棱柱的高即为内切球的直径.而内切球的半径即为底面三角形内切圆的半径，故内切球的半径为1，故直三棱柱的高为2.将直三棱柱补成如图所示的长方体，则外接球的直径即为该长方体的体对角线，故外接球的半径为，故外接球的的表面积为.故选：D.7．用组成没有重复数字的四位数，其中能被15整除的有（    ）A．38个 B．40个 C．42个 D．44个【答案】A【分析】四位数能被15整除即能被5整除，且能被3整除. 能被5整除则个位为0或者5，能被3整除则所有位数之和为3的倍数.又千位不能为0，通过限制条件分析即可.【详解】由题意，四位数能被15整除即四位数的个位为0或者5，且所有位数之和为3的倍数.个位为0时，其他三位可以为1、2、3或1、3、5或2、3、4或3、4、5，故有个；个位为5时且其它3位没有0时，可以为1、2、4，有个；个位为5时其它3位有0时，0只能做十位或百位，其他两位为1、3或3、4，共有个；故共有个故选：A.8．在农业生产中，自动化控制技术的应用有效提高了农业生产效率.如图所示，在某矩形试验田中，为中点，为中点，三角形区域种植小麦，梯形区域种植玉米.为提高劳动效率，节约用水，现采用自动浇水机器人（忽略机器人的面积）对试验田进行灌溉.已知该机器人沿着以为焦点，为准线的抛物线运动，且向以自身为圆心，半径为的圆形区域内浇水.记小麦田能够被机器人灌溉的面积为，则（    ）（若直线与抛物线相切于点，平行于的直线与交于两点，记与围成的图形面积为的面积为，则）A． B．C． D．【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线和直线的方程.把抛物线向右平移个单位得到，求平行于且与相切的直线，并求出切点，则可求切点到直线的距离，再联立方程组，求抛物线与直线的交点，由韦达定理和弦长公式得到弦长，把距离和弦长代入三角形面积公式可求抛物线和直线围成的三角形面积，根据题目所给的公式，可求抛物线和直线围成的图形的面积.再把抛物线向左平移个单位，用同样的方法求出，即可得到直线左侧，两条平移后的抛物线围成的区域的面积.最后验证机器人浇水的区域必然大于两条抛物线围成的区域，即可得到结论.【详解】如图1，取的中点，以所在直线为轴，的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系.设抛物线的方程为，则所以抛物线的方程为.则，,所以直线的斜率为，所以直线的方程为.如图2，把抛物线向右平移个单位得，设平行于且与相切的直线方程为，其中为切点，则，所以，解得，所以切点坐标为.则切点到直线：的距离，设直线与相交于联立方程组得：，.则， ，，所以，则与抛物线围成的图形的面积.如图3，把抛物线向左平移个单位得，设平行于且与相切的直线方程为，其中为切点，则，所以，解得，所以切点坐标为.则切点到直线：的距离，设直线与相交于联立方程组得：，.则， ，，所以.则与抛物线围成的图形的面积.如图4，直线左侧两条抛物线与围成的区域的面积.又因为机器人浇水的区域为圆形，方程可设为，联立得，令，易知，所以有零点，又，所以必有两个零点，则机器人浇水的区域必然大于两条抛物线围成的区域，所以,即.故选：D【点睛】方法点睛：解决直线和抛物线的位置关系类问题时，一般方法是设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，要结合题中条件进行化简，但要注意的是计算量一般都较大而复杂，要十分细心. 二、多选题9．若复数，则（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】先化简然后再通过复数的运算判断选项是否正确.【详解】，.对于A：，故A正确.对于B：，故B正确.对于C：，故C错误.对于D：，故D错误.故选：AB.10．已知随机事件的概率分别为，且，则（    ）A．事件与事件相互独立 B．事件与事件相互对立C． D．【答案】AC【分析】根据题意可求得再利用条件概率公式可得，由相互独立事件的定义可知，即事件与事件相互独立；显然，即事件与事件不是相互对立事件；由概率的加法公式和条件概率公式计算可得C正确，D错误.【详解】对A，根据题意可得由条件概率公式可得，又所以，又易知，所以；即满足，所以事件与事件相互独立，即A正确；对B，又，不满足，所以事件与事件不是相互对立事件，即B错误；对C，易知，即C正确；对D，由条件概率公式可得，所以D错误.故选：AC11．已知函数在区间内存在两个极值点，则（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】利用函数的极值与导数的关系，再利用倍角公式、诱导公式以及换元法把问题转化为一元二次函数问题，利用韦达定理以及二次函数的图象特征、同角三角函数的基本关系进行求解判断.【详解】由题可知， 令，因为，所以，函数在区间内存在两个极值点，等价于函数，有两个零点，显然，所以，故D正确；因为函数，有两个零点，令，所以，即，显然，当时，，所以，当时，，所以，故B正确，A错误.又，，所以，故C错误.故选：BD.12．已知，定义：表示不超过的最大整数，例如.若函数，其中，则（    ）A．当时，存在零点B．若，则C．若，则D．若，则【答案】BCD【分析】对于选项A，把代入可得，所以不存在零点；对于选项B，由得，再通过构造函数，求的最值，从而证得当时，成立；对于选项C，用反证法先假设，推出，与矛盾，所以正确；对于选项D，令，即可得出的取值范围，从而得到.【详解】对于选项A，因为，，.所以当时，，所以不存在零点.故选项A错误. 对于选项B，因为，所以，即，所以.当时，令，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，所以在上递增，所以.故选项B正确.对于选项C，假设，则，因为又因为，与矛盾，所以正确.故选项C正确.对于选项D，因为，所以，令，所以，所以，，所以，所以，即.故选项D正确.故选：BCD【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，可利用构造函数法，结合导数来研究所构造函数的单调性、最值，由此来证得不等式成立. 三、填空题13．二项式展开式中的常数项为________．（用数字作答）【答案】240【分析】由 ，令12﹣3r＝0，得r＝4，由此能求出常数项．【详解】在二项式中，通项公式得，由12﹣3r＝0，得r＝4，∴常数项为.故答案为240．【点睛】本题考查了二项展开式中常数项的求法，注意二项式定理的合理运用，是基础题，14．若，则__________.【答案】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的基本关系式可求.【详解】由题设可得，若，则，这与矛盾，故即，故或.故答案为； 四、双空题15．曲线围成的封闭图形的面积为__________，若直线与恰有两个公共点，则的取值范围为__________.【答案】     ；     【分析】第一空：讨论去绝对值符号，化简得其围成的曲线是两个圆，计算其面积即可；第二空：利用直线与圆的位置关系，求得相切时的斜率，再利用数形结合判定有两个交点的斜率范围即可.【详解】如图所示，当时，，设其圆心为，易知，所以圆A与相切；同理当时，，设其圆心为B，易知，所以圆B与相切；所以围成的曲线为圆A与圆B，其面积为；由可知其过定点，过C与圆A与圆B相切的切线分别设为、，则有，解之得：或，，由图象分析可得若满足直线与两圆有两个交点，则需.故答案为：； 五、填空题16．在矩形中，，点是线段上的一点，且满足.现将与 分别沿进行翻折，使点落到边上，得到与，若线段上存在一点（含端点），满足，则的取值范围为__________.【答案】【分析】依题意作图，根据图中的几何关系运用余弦定理求解.【详解】如图（1），在DC上取点，使得 ，过点作AM的垂线，得垂足G， 在的翻折过程中始终保持 ，并且 ；点 在翻折后与点重合， ，设， ，欲使得 上存在一点P， ，设，所以 ， ，所以必有 ，即 ， ，即 ，解得  ，即 ；故答案为：  六、解答题17．记的内角的对边分别为，设的外接圆半径为，且.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理、三角变换公式可得，故可求.（2）利用余弦定理可求，利用公式可求.【详解】（1）因为，故，整理得到即,所以，而，故.（2）由余弦定理可得，故，解得，故.18．已知数列的前项和为，若.(1)求；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用可得时，有，结合可求.（2）利用裂项相消法可求.【详解】（1）因为，故，所以，整理得到，故当时，有，故，故，也符号该式，而，故，故.（2）,故当时，，当时，有.而时，也符合该式，故 .19．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，内接于，为的一条弦，且平面.(1)求的最小值；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）作出辅助线，找到符合要求的，并利用垂径定理得到最小值；（2）在第一问基础上，得到当取得最小值时，，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】（1）过点作交于点，过点H作⊥，此时满足平面，由平面几何知识易知，，当弦心距最大时，，弦长最短，即取得最小值，因为，所以，因为，由勾股定理得，故，连接，则，由勾股定理得，所以；（2）连接，则平面ACB， 因为平面ACB，故，而，，所以平面，即有.以O为坐标原点，过点且平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，故，设直线与平面所成角的大小为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.20．五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.(1)若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；(2)记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；(3)该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有【答案】(1)分布列见解析，；(2)时，游戏胜利的概率最大；(3)证明见解析． 【分析】（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，即可得到的分布列和数学期望；（2）根据题意可知，，再由的单调性即可判断；（3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为，再根据组合数公式即可证出．【详解】（1）依题可知，的可能取值为.，，，所以，的分布列如下：024所以，．（2）依题可知，时，，所以时胜利的概率最大.（3）记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.下面我们对事件进行分析.发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，所以．由于，，故等式成立．【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达式，再利用组合数公式运算即可得证.21．已知抛物线，双曲线，点在的左支上，过作轴的平行线交于点，过作的切线，过作直线交于点，交于点，且.(1)证明：与相切；(2)过作轴的平行线交的左支于点，过的直线平分，记的斜率为，若，证明：恒为定值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据抛物线的切线方程设点计算即可；（2）利用三条直线的倾斜角的三角函数值来表示问题式，再利用三角恒等变换化简证明即可.【详解】（1）先求过抛物线上一点的切线方程，设为抛物线上一点，当时，则，故过G的切线方程为：当时，则，同理过G的切线方程为：，综上过抛物线上一点的切线方程为：.因为AM∥轴，可得，设，则由可得：，故，将代入可得：，而过N的E的切线方程为：，即A在该直线上，故得证.（2）设直线的倾斜角分别为，由（1）知：因为均在双曲线左支，故，所以=.如图所示，此时，设与轴分别交于E、C、D三点，易得：，所以因为，所以化简可得是定值.同理，若，如图此时易得：，所以因为，所以化简可得是定值.综上：是定值，得证.【点睛】本题考察双曲线与抛物线结合，属于较难题.第一问关键在于抛物线上一点切线方程公式的推导与使用，消元转化最关键，可以减轻计算量；第二问关键在于利用外角与角平分线的性质将三条线的倾斜角与A、B的横坐标建立联系，通过三角恒等变换化简计算，思维量较大.22．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)在单调递减，在单调递增；(2) 【分析】(1)先求的导数，化简为，用放缩法得；设，则可判断当和时，和的正负，从而判断的正负，得到含参数的的单调性；再把代入，求出此时的，从而求出的单调性.或先把代入，求的导数，再分和两类讨论，通过二次求导和构造函数来求函数的单调性. (2)由(1)求出的单调性可求含参数和的的最小值，将代入消去即可得到关于的不等式，化简后构造函数，得到的取值范围，结合不等式得到的取值范围，从而得到的取值范围，即的取值范围.【详解】（1）解法一：因为，所以 易知，设，则当时，，，所以，则在单调递减；当时，，，所以，则在单调递增；所以当时，即，即，所以在单调递减，在单调递增.解法二：当时，则 当时，令，则 所以在单调递增，，又关于单调递增且，所以关于单调递增，关于单调递增，所以单调递增，则，所以在单调递增.当时，， ，令，易知在单调递增，，所以，所以在单调递减.综上，在单调递减，在单调递增.（2）由(1)的解法一知，则在单调递减，在单调递增，所以 将代入可得即即即即，即当时，易得；当时，，所以由解得，所以，即.又因为，所以，所以，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式或在不等式中求参数的取值范围的问题，常见的几种方法有：（1）直接构造函数法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.