2023届湖北省圆创联考高三下学期五月联合测评数学试题含解析

这是一份2023届湖北省圆创联考高三下学期五月联合测评数学试题含解析，共21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届湖北省圆创联考高三下学期五月联合测评数学试题 一、单选题1．函数的定义域是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用根式及对数函数的定义建立不等式组，解不等式组得到定义域即可.【详解】由，得，解得，所以函数的定义域为.故选：D．2．如图，正方形OABC中，点A对应的复数是，则顶点B对应的复数是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的几何意义计算即可.【详解】由题意得：,不妨设C点对应的复数为，则,由，得，即C点对应的复数为，由得：B点对应复数为.故选：A．3．正的边长为2，，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据，表示出向量，再利用向量基本运算法则表示出向量，再利用向量额数量积运算即可.【详解】设，如图所示：因为所以，故选：C．4．李明到达了一个由6个进站口排列在一条直线上且相邻两进站口间隔100米的一个机场，他的进站口被随机安排为6个进站口之一，李明到达他的进站口之后，又被告知进站口被随机改为其他5个进站口之一，则他需要走不超过200米便可到达新的进站口的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分类讨论应用古典概型结合加法原理和乘法原理计算求解即可.【详解】A，B，C，D，E，F表示六个进站口，李明若先到A进站口，不超过200米的进站口有B和C，此时符合条件的概率为，同理先到B，C，D，E，F的符合条件的概率分别为，，，，，故所求概率为.故选：B．5．已知函数在上单调递增，在上单调递减，若函数在上单调，则a的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用二倍角公式和辅助角公式将函数花简，然后根据题意得到，再根据函数在上单调和正弦函数的图像得到，解之即可.【详解】因为，由已知条件时取得最大值，有，即．又由已知得，于是，由于，故在．所以函数，因为，所以，因为在上单调，所以，解得，故．故选：D．6．疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测，某校早上7：30开校门，此时刻没有学生．一分钟后有59名学生到校，以后每分钟比前一分钟少到2人．校门口的体温自动检测棚每分钟可检测40人，为了减少排队等候的时间，7：34校门口临时增设一个人工体温检测点，人工每分钟可检测12人，则人工检测（    ）分钟后校门口不再出现排队等候的情况．A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据等差数列的求和即可列不等式求解.【详解】由题意可知：7点30分开始过x分钟，到达校门口的学生人数是一个等差数列，且首项为59，公差为，所以7点30分开始过x分钟累计到校人数为，设人工检测分钟时，不再出现排队，则有，即，解得（负数解集舍去），而且12分钟时到校人数，人工检测8分钟后不再出现排队等候的情况.故选：C．7．如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起， 平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，四边形为正方形，，平面，平面，，，平面，平面；同理可得：平面；平面的法向量为，平面的法向量为，，，，，即与的夹角为，所求锐二面角的大小的余弦值是.故选：C．8．已知函数图象上存在关于y轴对称的两点，则正数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分析的单调性，可得对称点分别位于与的图象上，从而得到，进而利用同构法，构造函数得到，再构造函数，由此得解.【详解】因为，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；又的图象上存在关于y轴对称的两点，所以这两个对称点分别位于与的图象上；设在的图象上，则在函数的图象上，且，故有，即，进而；设，则，又恒成立，故在上单调递增，所以，即，令，则在上恒成立，故在上单调递减，故，则，于是．故选：B．【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用同构法，将转化为，从而构造了函数，由此得解. 二、多选题9．A，B为随机事件，已知，下列结论中正确的是（    ）A．若A，B为互斥事件，则 B．若A，B为互斥事件，则C．若A，B是相互独立事件， D．若，则【答案】ACD【分析】由互斥、对立事件概率求法判断A、B；根据事件关系及独立事件乘法求判断C；应用条件概率公式、全概率公式求.【详解】A：由A、B是互斥事件，故，正确．B：由知：，不正确．C：由于A，B是相互独立事件，，，正确．D：，则，，正确．故选：ACD10．已知函数和都是偶函数，当时，，则下列正确的结论是（    ）A．当时，B．若函数在区间上有两个零点、，则有C．函数在上的最小值为D．【答案】ACD【分析】推导出函数是周期为的周期函数，求出函数在上的解析式，可判断A选项；利用指数函数的单调性结合作差法可判断B选项；利用函数的最值与函数单调性的关系可判断C选项；利用函数的周期性和在上的单调性可判断D选项.【详解】因为函数和都是偶函数，则，，所以，，即，因此是周期为的周期函数．对于A，当时，，则，当时，则，则，综上所述，当时，，A对；对于B选项，当时，，则，不妨设，因为函数在上单调递减，则，由可得，所以，，即，则，B错；对于C，因为函数在上单调递增，在上单调递减，由于函数是周期为的周期函数，故函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，，而函数在上单调递增，所以，，则，所以，当时，，所以，函数在上的最小值为，C对；对于D选项，，，，又函数在上单调递减，，D对.故选：ACD.11．在四面体中，平面ABC，，点，Q为AC的中点，，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（    ）A．平面平面PBCB．若平面平面PBC，则一定有C．若平面平面PBC，则一定有D．点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为【答案】ABD【分析】对于A、B、C：根据线面、面面垂直逐项分析判断；对于D：转化为圆锥.结合垂直关系分析运算.【详解】易知三棱锥是“基本图”，它各个面均为直角三角形，且平面PAB，平面平面ABC，平面平面ABC，，平面PAC，对于A：由平面PAC知，，又因为，平面BQH，所以平面BQH，又平面PBC，平面BQH平面PBC，故A正确；对于B：过点C作，由于平面平面PBC，且两面的交线为MN，由面面垂直的性质得平面AMN，平面AMN，，且平面PAB，平面PAB，，又平面PBC，平面PBC，平面PBC，，B正确；对于C：在平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，C不正确．对于D：由题意可得，则，R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线，AR与平面PBC所成的角为定角，AR与BC所成的角最小时//．过作平面ABC，，垂足为N，则为到直线AB的距离． 由四边形是矩形得，D正确．故选：ABD.12．已知抛物线与圆相交于，线段恰为圆的直径，且直线过抛物线的焦点，则正确的结论是（    ）A．或B．圆与抛物线的准线相切C．在抛物线上存在关于直线对称的两点D．线段的垂直平分线与抛物线交于，则有【答案】BD【分析】选项B分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为画出图形，结合已知条件分析即可；选项A利用选项B分析的结论即可得选项；选项CD利用直线与抛物线的位置关系联立方程组，利用韦达定理及弦长公式及其他选择即可解决.【详解】分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为由于直线过焦点到准线的距离:，故以为直径的圆与抛物线的准线相切，故B正确．由于以为直径的圆与抛物线的准线相切，有，，故A不正确．过焦点，，直线的方程是，假设抛物线上存在两点，关于直线对称，且设直线的方程是：，代入中，得，所以，，所以的中点为，又在直线上，，因为中，直线不存在．C不正确．对于D，直线的方程为：，代入，得由韦达定理得，．，，故D正确．故选：BD. 三、填空题13．展开式中一次项的系数是___________．（请填具体数值）【答案】11【分析】先确定的展开式的通项公式，再由求解即可.【详解】的展开式的通项公式为，而，令，得；令，得.所以的展开式中一次项系数为.故答案为：14．袋中有形状和大小相同的两个红球和三个白球，甲、乙两人依次不放回地从袋中摸出一球，后摸球的人不知前面摸球的结果，则乙摸出红球的概率是___________．【答案】/0.4【分析】由古典概型概率公式计算即可.【详解】有两种情况：①甲摸到红球乙再摸到红球得概率为：         ②甲摸到白球乙再摸到红球得概率为：，故乙摸到红球的概率．故答案为：15．如图，个半径为的圆摆在坐标平面的第一象限（每个圆与相邻的圆或坐标轴外切），设为八个圆形区域的并集，斜率为的直线将划分为面积相等的两个区域，则坐标原点到直线的距离为___________．【答案】【分析】过、的直线平分四个圆可实现两个区域面积相等，由此可确定直线的方程，利用点到直线距离公式可求得结果.【详解】当过的直线将圆与圆平分，过的直线将圆与圆平分时，划分为面积相等的两个区域且，直线的方程为：，即直线，原点到直线的距离．故答案为：.16．已知双曲线的右焦点为，折线与双曲线的右支交于两点（如图），则的面积为___________．【答案】/【分析】延长交双曲线右支于，画出图形，设点，利用对称性以及弦长公式，结合已知条件利用三角形面积公式即可.【详解】延长交双曲线右支于，如图所示：由已知与关于轴对称，设，，则，（其中），由题意知，，把代入中得，由韦达定理得，，．故答案为：. 四、解答题17．已知数列满足：．(1)证明：时，；(2)是否存在这样的正数，使得数列是等比数列，若存在，求出值，并证明；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）根据递推公式做商证明结论；（2）根据等比中项计算得出，再应用定义证明等比数列即可.【详解】（1）         ①时，            ②得时，（2）假设存在正数使得数列为等比数列，由得，由，得，因为为等比数列，，即，．                            下证：时，数列是等比数列：由（1）知数列和均为公比的等比数列．；为奇数时，，n为偶数时，∴对一切正整数n，都有，                                   ，∴存在正数，使得数列是等比数列．18．已知平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）的各条棱长均为2，且有．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求线面角正弦即得.【详解】（1）连接AC和，由底面是菱形得， 由与全等，得为的中点，又平面，平面，平面，                         又平面平面平面．（2）以为x轴，以为y轴，以过O与底面垂直的直线为z轴，建立如图空间坐标系，则       过A作底面的垂线，垂足为H，由为正三棱锥知H为的重心，设，由，得，                        又取平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则∴直线与平面所成角的正弦值为．19．某市对全体高中学生举行了一次关于环境保护相关知识的测试．统计人员从全市高中学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间内，并且段内的人数恰成等差数列，如图所示是频率分布直方图的一部分．(1)请补全频率分布直方图（标上纵坐标的值），直接写出百分之八十五分位数：___________（精确到0.1）；(2)用样本频率估计总体，从全市高中学生中随机抽取2名学生，记成绩在区间内的人数为X，成绩在区间内的人数为Y，记，比较与的大小关系．【答案】(1)直方图见解析，83.3(2) 【分析】（1）由题意计算各段人数，补全直方图，并按照百分位数的定义计算即可；（2）由二项分布计算，再由随机变量的分布列及期望公式计算即可判定.【详解】（1）因为：段内的人数恰成等差数列，设公差为,由图及条件可得：段的人数分别为：,,,,,，5，则，即段的人数分别为：10，15，20，补全频率分布直方图，如图．             依上述计算得得分第八十五位位于之间，而段内有15人，内有5人，故第百分之八十五分位数是：；（2）由题意可知：X服从，Y服从，故，                                   随机变量可取0，1，2；                                          20．内一点O，满足，则点O称为三角形的布洛卡点．王聪同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确结论，比如，请你和他一起解决如下问题：(1)若a，b，c分别是A，B，C的对边，，证明：；(2)在（1）的条件下，若的周长为4，试把表示为a的函数，并求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)，取值范围为 【分析】（1）应用正弦定理边角互化即可证明；（2）先根据余弦定理边角互化，再应用向量的数量积公式结合等比数列计算可得.【详解】（1）设，在和中，由正弦定理得又，，，，又，，即．（2），即，又成等比数列，设（公比）（），，解得：，又，得，由且，则，故在上递增，所以在上为减函数，易知，21．已知分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆C上一点．(1)求椭圆C的方程；(2)设是椭圆C上且处于第一象限的动点，直线与椭圆C分别相交于两点，直线，相交于点N，试求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆的定义求出，然后根据的关系即可求解；（2）设，得到，将的方程与曲线方程联立，利用韦达定理得到，，代入进而利用基本不等式即可求解.【详解】（1）由，得，∴椭圆C的方程是；（2）设，根据题意设的方程为：，由题意知，，     将，代入中，整理得，，又，．，，同理可得，，                                （当且仅当时取等号）的最大值是．22．已知函数(1)求函数的单调区间；(2)若，在内存在不等实数，使得，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论求解函数单调性；（2）构造函数，应用函数单调性证明可得.【详解】（1）函数定义域为，二次函数的对称轴是①若时，在上，从而，函数的单调递增区间是； ②若时，，∴函数的单调递增区间是；单调递减区间是；（2）由对称性不妨设，，若，由（1）得在上单调递增，有，与已知条件矛盾；时，同理可推出矛盾．，，                             要证明：，只需证明：，在上单调递增，∴只需证明：又，∴只需证明：构造函数，                   其中．当时，在单调递减，时，成立由在定义域内单调递增得，，即成立．