湖北省黄冈市浠水县第一中学2023届高三下学期5月高考仿真模拟数学试题（含答案）

这是一份湖北省黄冈市浠水县第一中学2023届高三下学期5月高考仿真模拟数学试题（含答案），共27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。
湖北省黄冈市浠水县第一中学2023届高三下学期5月高考仿真模拟数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数满足,是的共轭复数,则等于（    ）A． B． C． D．3．如图，在四边形中，，，点在线段上，且，设，，则（    ）A． B．C． D．4．如图是我国古代米斗，它是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个四棱台.上、下两个底面都是正方形，侧棱均相等，上底面边长为25cm，下底面边长为15cm，侧棱长为10cm，则该米斗的容积约为（    ）A．2830 B．2850 C．2870 D．28905．马林•梅森（MarinMersenne，1588-1648）是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物．梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对作了大量的计算、验证工作．人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如（其中p是素数）的素数，称为梅森素数（素数也称质数）．在不超过40的素数中，随机选取3个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（    ）A． B． C． D．6．记函数的最小正周期为T，若，且函数的图象关于点对称，则当取得最小值时，（    ）A．2 B． C． D．7．设，，，则（    ）A．b＞a＞c B．b＞c＞aC．c＞b＞a D．a＞b＞c8．某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．正方体的棱长为1，则下列四个命题中不正确的是（    ）A．直线与平面所成的角等于 B．点到面的距离为C．两条异面直线和所成的角为 D．三棱柱的体积是10．关于函数，下列说法正确的是（    ）A．有两个极值点 B．的图像关于原点对称C．有两个零点 D．是的一个零点11．已知抛物线C：，点，点，直线过M与抛物线C交于，则（    ）A． B．直线:C．若时， D．若时，过两切点分别作切线交于点Q，12．定义在上的函数的导函数为，当时，，函数 满足：为奇函数，且对于定义域内的所有实数，都有．则（    ）A．是周期为2的函数 B．为偶函数C． D．的值域为 三、填空题13．的展开式中的系数为_________．14．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程___________.15．已知函数，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围__________．16．在生活中，我们经常看到椭圆，比如放在太阳底下的篮球， 在地面上的影子就可能是一个椭圆. 已知影子椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的最小值是________________． 四、解答题17．设数列的前项和为，已知，是公差为2的等差数列.(1)求的通项公式；(2)设，数列前项和，证明：.18．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且A不为直角.(1)若，求A的大小；(2)求的最小值.19．如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.(1)证明：平面；(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.20．一个航空航天的兴趣小组，对500名男生和500名女生关于航空航天是否感兴趣的话题进行统计，情况如下表所示． 男生女生感兴趣380220不感兴趣120280P（）0.0500.0250.0100.0050.001 k3.8415.0246.6357.87910.828 附：．(1)是否有99.9%的把握认为对航空航天感兴趣的情况与性别相关联?(2)一名兴趣小组成员在试验桌上进行两艘飞行器模型间的“交会对接”游戏，左边有2艘“Q2运输船”和1艘“M1转移塔”，右边有3艘“M1转移塔”．假设两艘飞行器模型间的“交会对接”重复了n次，记左边剩余2艘“Q2运输船”的概率为，剩余1艘“Q2运输船”的概率为，求与的递推关系式；(3)在（2）情况下，求的分布列与数学期望．21．双曲线，最早由门奈赫莫斯发现， 后来阿波罗尼兹进行了总结和完善.在他的著作中，双曲线也被称作“超曲线”. 已知双曲线的实半轴长为2，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.(1)若轴时，，设直线的斜率分别为，求的值；(2)若，求的面积.22．设函数，．(1)若函数上的一点，求在点处的切线方程；(2)①已知m， n为实数，，求证：；②设，．当时，判断，，是否能构成等差数列，并说明理由．
参考答案：1．B【分析】解不等式得集合P，计算函数的定义域得集合Q，再计算两个集合的交集.【详解】解不等式得，又因为，则集合，因为在函数中作真数，所以，得，集合，得.故选：B.2．A【分析】化简等式得到,计算得到共轭复数,即可得到的值.【详解】由题意得,∴,∴.故选:A.3．D【分析】根据向量加、减法则及向量共线定理即可得出结果.【详解】在梯形中，，且，则，因为在线段上，且，则，，所以，.故选：D.4．D【分析】画出图形，作出辅助线，求出棱台的高，利用棱台体积公式进行计算.【详解】画出此四棱台，如下：则cm，cm，cm，过点B作BP⊥底面EFGH于点P，点P落在对角线HF上，过点P作PQ⊥EF于点Q，连接BQ，因为平面EFGH，所以BP⊥EF，因为，平面BPQ，所以EF⊥平面BPQ，因为平面BPQ，所以EF⊥BQ，其中cm，同理可得cm，由勾股定理得：cm，故cm，正方形EFGH的面积为 ，正方形ABCD的面积为 ，则该米斗的容积，故选：D5．C【分析】列举法找出所有不超过40的素数和梅森素数，计算随机抽取其中3个素数时，不含梅森素数的概率，用1减去即可求出含有一个梅森素数的概率.【详解】不超过40的素数，有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37一共有12个.其中梅森素数为：3，7，31，共有3个.不含梅森素数的概率为， 则随机选取3个素数，至少有一个梅森素数的概率为. 故选：C.6．C【分析】由及的图象关于对称列出关系式，求出，，再由的图象关于对称，可求的最小值，从而可求的值．【详解】由已知得，，因为函数的图象关于对称，所以，所以，所以，又因为，所以，，由的图象关于对称得，所以，即有，又因为，所以当最小时，，此时，所以，故选：C．7．B【分析】构造函数证明b＞c，构造函数证明，构造函数证明，从而得结论.【详解】令函数，则，当时，，当x＞1时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当x＝1时取等号， 即．， 所以，故，即b＞c．令函数，x＞0，则，在上单调递增，所以，故，即，故．令函数，则，故当x＞1时，，所以，即，所以c＞a．综上b＞c＞a．故选：B．8．C【分析】根据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.【详解】设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，如图，因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有，因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，所以，设，在正六边形中，因为正六边形边长为，所以，在中，由余弦定理可知，在直角三角形中，，所以有，由勾股定理可知，因为，所以，因此有4，而，所以，该正六棱锥的体积，，当时，单调递增，所以，，因此该正六棱锥的体积的取值范围是，故选：C9．CD【分析】采用逐一验证法，根据线面角、点面距、线线角的概念以及柱体体积公式进行计算和判断，可得结果.【详解】正方体的棱长为1，对于选项直线与平面所成的角为，故选项A正确. 对于选项 由平面，平面，所以 ，又，面，所以面，所以点到面的距离为长度的一半，即，故选项B正确.  对于选项 由//，所以异面直线和所成的角为，连接，所以为等边三角形，则两条异面直线和所成的角为，故选项C错误.对于选项三棱柱的体积是，故选项D错误.  故选: CD.10．AD【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，作图，根据图像变换，结合奇偶性，函数零点的定义，可得答案.【详解】对于函数，求导可得：，令，解得，可得下表：单调递增极大值单调递减极小值单调递增则，，即可作图，通过图像可知，有两个极值点，故A正确；因为，则不是奇函数，所以函数的图像不关于原点对称，故B错误；函数有三个零点，故C错误；因为，则，将代入解析式可得，，故D正确.故选：AD.11．ABC【分析】设直线方程，联立方程组，利用判别式可得结果判断A，B选项；再计算通经及面积的最小值判断C，D选项.【详解】由抛物线C：与直线联立方程组化简为：，则，A正确；由于，则，所以，B正确；若时，则点是焦点，可得，则，当时，取到最小值，C正确；设，直线，联立，整理得，则．设过点A的切线方程为，联立，整理得，由，可得，则过点A的切线方程分别为：，可得，同理可得过点的切线斜率为，过点B的切线方程为：，联立方程，解得，即，所以两条切线的交点在准线上，则，又因为直线的斜率为，（也成立），如图，设准线与轴的交点为，的面积，当轴时，最短（最短为），也最短（最短为），此时的面积取最小值，D不正确.综合上述，ABC正确. 故选：ABC.12．BC【分析】对求导，根据条件求得对称性，并求得定义域上的单调性及周期性，从而对选项一一分析.【详解】解：因为，所以，在时，，所以，所以，故在上单调递减．因为为奇函数，所以，所以函数关于点中心对称，即；又，所以函数关于直线对称，所以在单调递增，且，则，，可得，是周期为的周期函数，A不正确．因为，，结合草图可知，C正确．对于定义域内任一个，结合周期性可得，故为偶函数，B正确而的函数最值无法确定，故D错误． 故选：BC13．5【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项，并求出含及的项，即可求解作答.【详解】二项式的展开式通项公式为，当时，，当时，，因此展开式中含的项为，所以所求系数为5.故答案为：514．（答案不唯一，或均可以）【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.【详解】圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为4，圆心距为，所以两圆外切，如图，有三条切线，易得切线的方程为；因为，且，所以，设，即，则到的距离，解得（舍去）或，所以；可知和关于对称，联立，解得在上，在上取点，设其关于的对称点为，则，解得，则，所以直线，即，综上，切线方程为或或.故答案为：（答案不唯一，或均可以）15．【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线方程，根据切线为同一直线可得其关系，然后分离参数，利用导数可解.【详解】设直线l与函数分别相切于点，因为，所以切线方程可表示为或即或所以，整理得易知，在处的切线方程为，此时与不相切，故，，所以，所以记，则当或时，，单调递增，当时，，单调递减，且当m从左边趋近于1时，趋近于，当m从右边趋近于1时，趋近于，当趋于时，且趋近于0，，于是可作的草图如图：故．故答案为：16．【分析】根据离心率得到椭圆的方程为及直线的斜率，进而利用直线的斜率，写出直线的方程：，与椭圆方程联立，，利用弦长公式，由求得c，再利用基本不等式求解.【详解】解：∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理得：，，∴，∴ ， 得， ∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴则，当且仅当故答案为：.17．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出，从而利用等差数列通项公式求出，再利用求出答案；（2）裂项相消法求和，并证明.【详解】（1）因为，则，所以，可得，当时，，又因为适合上式，因此.（2）由（1）可得：，故.18．(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理和正弦定理即可求出A的大小；（2）运用正弦定理和二倍角的余弦公式化简，再利用基本不等式求解的最小值.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，即，由正弦定理可得，所以 ，又因为A不为直角，且，则，则，所以.（2）由（1）可知：由 ，可得，，所以，则   ，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线与平面的位置关系计算直线方向向量和平面法向量，即可证明；（2）根据三棱锥的体积求得三棱柱的高为，利用向量法先求二面角的余弦值，再求正弦值.【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，，.所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，则,所以，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，所以，得，又平面，所以平面；（2）三棱锥的体积，解得，则，由（1）知平面的法向量为，设平面的一个法向量为，，所以，令，则，即，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.于是，故二面角的正弦值为.20．(1)有99.9%的把握认为对航空航天感兴趣的情况与性别相关联(2)(3)分布列见解析，， 【分析】（1）由题意得，结合题意，即可得出答案；（2）分别求出，，即可得出答案；（3）由（2）得，，利用等比数列的通项公式可得，求出，，即可得出答案．【详解】（1）解：∴有99.9%的把握认为对航空航天感兴趣的情况与性别相关联．（2），，，．当时，①，②2×①＋②，得．从而．（3）由（2）得，，数列是首项为，公比为的等比数列，，即，③，联立②③得，又，则数列是首项为，公比为的等比数列，，由③得，，的概率分布列为：则，．21．(1)(2) 【分析】（1）根据实半轴长，得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.【详解】（1）如图所示，法一：因为，所以，令得，所以，解得，所以的方程为，显然直线与轴不垂直，设其方程为，联立直线与的方程，消去得，当时，，设，则.因为，所以 .法二：由题意得，解得，双曲线的方程为.设方程为，联立，可得，，，， .（2）法一：因为，所以，又因为，所以，即， 将代入得，因为在轴上方，所以，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或（舍），所以，代入，得，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或，所以的面积为.法二：设，由，可得，，解得，方程，联立，可得，解得，同理联立，解得，.【点睛】方法点睛：(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22．(1)(2)①证明见解析；②不能构成等差数列，理由见解析 【分析】（1）根据点斜式求切线方程；（2）①关键是构造函数，②计算，并分别计算，证明，即可证明，，不能构成等差数列.【详解】（1），，即；（2）①证明：因为，所以要证，只需证明，令，，且，在上单调递增，，，即.②，，同理可得，，所以，下面证明．，且由(1)知，所以只需证明时，，令，即证，设，，，所以，设，，故在(0,1)单调递减，，所以，故，，不能构成等差数列．【点睛】关键点点睛：第二位关键是构造函数，，并分别计算，考查了学生分析问题、解决问题的能力.