2023届湖北省荆门市龙泉中学高三5月模拟数学试题含解析

这是一份2023届湖北省荆门市龙泉中学高三5月模拟数学试题含解析，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届湖北省荆门市龙泉中学高三5月模拟数学试题 一、单选题1．已知集合，，，则（    ）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据并集的结果，分类讨论当、时集合A、B的情况，即可求解.【详解】，当即时，，不符合题意；当即时，，此时.所以.故选：B.2．已知复数，则复数（    ）．A． B．10 C． D．2【答案】B【分析】根据复数的乘除法运算规则和共轭复数的定义求解.【详解】 ；故选：B.3．已知双曲线：的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】求出双曲线C渐近线的斜率，与已知直线斜率的乘积等于-1，即可求解.【详解】由题意，双曲线的方程为： ，斜率为 和 ，直线 的斜率为 ，因为两直线垂直，则有 ，即 ，（ ，显然这是不可能的），或 ， ；故选：A.4．某人周一至周五每天6：30至6：50出发去上班，其中在6：30至6：40出发的概率为0.4，在该时间段出发上班迟到的概率为0.1；在6：40至6：50出发的概率为0.6，在该时间段出发上班迟到的概率为0.2，则小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为（    ）A．0.3 B．0.17 C．0.16 D．0.13【答案】C【分析】根据全概率的计算公式即可求解.【详解】由题意可知：小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为：,故选：.5．已知点O为所在平面内一点，在中，满足，，则点O为该三角形的（    ）A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心【答案】B【分析】由，利用数量积的定义得到，从而得到点O在边AB的中垂线上，同理得到点O在边AC的中垂线上判断.【详解】解：根据题意，，即，所以，则向量在向量上的投影为的一半，所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，所以点O为该三角形的外心．故选：B．6．一个四棱锥的四个侧面中，钝角三角形最多有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】取一个三棱锥，且和平面，利用极限思想和三角形性质即可求解.【详解】作钝角三角形，且，分别在，上取一点，，连接，在空间中取一点，使得平面，如下图所示：由上图可知，当足够小时，和仍为钝角，而，即为钝角，同理，也为钝角，故在四棱锥中，其四个侧面均为钝角三角形.故选：D.7．在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果.【详解】由杨辉三角中观察得可得.推广，得到即由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为故选:B8．若直线与直线是曲线的两条切线，也是曲线的两条切线，则的值为（    ）A． B．0 C．-1 D．【答案】C【分析】利用和互为反函数推得两条公切线和也互为反函数，结合导数的几何意义表示出，，进而化简可得，代入化简可得答案.【详解】由和互为反函数可知，两条公切线和也互为反函数，即满足，，即，，设直线与和分别切于点和，可得切线方程为和，整理得：和，则，，由，得，且，则，所以，所以,故选：C【点睛】本题考查了反函数的相关知识以及导数的几何意义的应用，解答时要注意利用导数的几何意义写出切线方程并进行系数的比较，从而得出参数之间的关系式. 二、多选题9．已知，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A．若，且，则B．若A，B，C是平面内不共线三点，，，则C．若且，则直线D．若直线，直线，则a与b为异面直线【答案】ABC【分析】根据基本事实3（公理2）可判断A；根据基本事实1（公理3）可判断B；根据基本事实2（公理1）可判断C；根据异面直线的定义可判断D.【详解】对于A，由根据且，则是平面和平面的公共点，又，由基本事实3（公理2）可得，故A正确；对于B，由基本事实1（公理3）：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，又，且，则，故B正确；对于C，由基本事实2（公理1）：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故C正确；对于D，由于平面和平面位置不确定，则直线与直线位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故D错误.故选：ABC.10．函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直线垂直C．函数的图象关于直线对称D．函数在上单调递减【答案】ABD【分析】先化简函数得，求出，利用周期公式可以判断选项A利用导数可以判断选项B；利用三角函数的性质求出函数的对称轴和单调区间可以判断选项CD.【详解】解：，结合图象可得，即，所以，解得，又，所以，因此，由题意，根据周期公式可得，所以选项A正确；假设存在，设切点为，则，所以在的切线的斜率，又与直线垂直，所以，得，假设成立，所以选项B正确；，其对称轴为，即对称轴为，所以选项C不正确；，根据余弦函数的单调递减区间，可得，即，所以选项D正确.故选：ABD11．已知点P在：上，点，则（    ）A．点P到直线AB的距离最大值是B．满足的点P有2个C．过直线AB上任意一点作的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN过定点D．的最小值为【答案】ABD【分析】对A，求出直线AB的方程，算出圆心到该直线的距离，进而通过圆的性质判断答案；对B，设点，根据得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可；对C，举反例判断即可；对D，设，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，进而求出点P的轨迹方程，然后结合点P在圆O上求得答案.【详解】对A，，则圆心到直线的距离，所以点P到该直线距离的最大值为，A正确；对B，设点，则，且，由题意，两圆的圆心距为，半径和与半径差分别为，于是，即两圆相交，满足这样条件的点P有2个，B正确；对C，如图，过作切线时，直线显然不经过，故C错误；    对D，即求的最小值，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，设，则有，化简得，∵，则有，即，∴，，所以，所以D正确.故选：ABD.12．数列满足，，则下列说法正确的是（    ）A．若且，数列单调递减B．若存在无数个自然数，使得，则C．当或时，的最小值不存在D．当时，【答案】ACD【分析】A选项，根据求出，再由求出，从而得到且，数列单调递减，A正确；B选项，可举出反例；C选项，由或时，可证得数列单调递减，所以最小值不存在；D选项，对变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.【详解】A选项，，令，解得：，令，解得：综上：且，所以且，数列单调递减，A正确；B选项，当时，，当时，，所以存在无数个自然数，使得，故B错误；C选项，当或时，，所以数列单调递减，所以最小值不存在，C正确；D选项，，所以，所以，故，因为，，单调递减，所以当时，，，所以，又因为单调递减，所以当时，取得最大值，最大值为，综上：，D正确.故选：ACD【点睛】由数列通项公式研究数列的性质，要对数列的通项公式进行变形，转化为熟悉的知识点进行处理，本题D选项，要将变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围. 三、填空题13．已知函数为奇函数，则实数______【答案】1【分析】根据奇函数的定义结合指数运算求解.【详解】若函数为奇函数，则，即，解得：，故答案为：1.14．已知数列的前8项1，1，2，3，5，10，13，21，令，则的最小值点________．【答案】7【分析】根据题意求得，结合二次函数运算求解.【详解】由题意可得：，因为，且开口向上，所以的最小值点.故答案为：7.15．过点作斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，直线交x轴于点Q，连接QA，OB，则直线QA，QB的斜率之和为________．【答案】0【分析】由题意可得直线的方程与点的坐标，设,联立直线与抛物线的方程，消去，根据韦达定理可得，，根据过两点的斜率公式即可求解.【详解】由题意可得直线的方程为,,设,联立，消去可得,即，,则，.所以.故答案为:0.16．如图是两个直三棱柱和重叠后的图形，公共侧面为正方形，两个直三棱柱底面是腰为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为______．【答案】/【分析】将几何体转化为直三棱柱加两个三棱锥，利用棱柱和棱锥体积公式即可得到答案.【详解】依题意中，，，则，该几何体可视为直三棱柱的侧面和侧面在形外附着两个三棱锥、，且为中点，有平面，平面，所以几何体体积，故答案为：. 四、解答题17．已知数列的前n项和．(1)求数列的通项公式；(2)议，当取得最小值时，求n的取值．【答案】(1)(2)1，2，3． 【分析】（1）由数列中与的关系即可求解；（2）分n为奇数和n为偶数时求出的表达式，观察其单调性即可得的最小值，从而求出n的取值.【详解】（1）因为，当时，，所以，又时，不满足上式，故数列的通项公式为.（2）当n为奇数时，，当，时，因为单调递增，∴，综上，当n为奇数时，；当n为偶数时，，因为单调递增，∴．综上所述，当取得最小值时，n的取值为1，2，3．18．已知三棱锥，是等腰直角三角形，是等边三角形，且，，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取中点，连，，根据线面垂直的判定定理，证明平面，即可得出；（Ⅱ）以为坐标原点，，方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，设，根据题中条件，求出点坐标，再求出平面的一个法向量，以及直线的方向向量，根据向量夹角计算公式，即可求出结果.【详解】（Ⅰ）如图，取中点，连，则，因为，则，①又是等边三角形，是中点，则，②且，③由①②③得平面，故.（Ⅱ）注意到，以为坐标原点，，方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，设，又，，，根据，，则，解得.则，，设平面的一个法向量为，则，所以，不妨令，则.因为，所以直线与平面所成角满足.【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.19．在平面四边形中，，，，.(1)求的面积；(2)求的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）在中，利用余弦定理可得边进而可得面积；（2）由四边形内角和可得角与互余，再结合正弦定理可得边的长.【详解】（1）由已知在中，，，，利用余弦定理得，即，解得，故；（2）在中，由正弦定理得，即，同理，在中，由正弦定理得，即，又四边形内角和为，且，，故，即，又，即，即，解得.20．随着消费者对环保､低碳和健康生活的追求不断加强，新能源汽车的市场需求也在不断增加.新能源汽车主要有混合动力汽车､纯电动汽车､燃料电池汽车等类型.某汽车企业生产的型汽车，有混合动力和纯电动两种类型，总日产量达120台，其中有30台混合动力汽车，90台纯电动汽车.(1)若从中随机抽检2台汽车，用表示抽检混合动力汽车的台数，分别就有放回抽检与不放回抽检，求的分布列及数学期望；(2)若从每日生产的120台型汽车中随机地抽取10台样本，用表示样本中混合动力汽车台数，分别就有放回抽取和不放回抽取，用样本中的混合动力汽车台数的比例估计总体中混合动力汽车台数的比例，求误差不超过0.15的概率，并比较在相同的误差限制下，采用哪种抽取估计的结果更可靠.参考数据：（概率值精确到0.00001）二项分布概率值超几何分布概率值00.056310.0492910.187710.1825420.281570.2905130.250280.2613440.146000.1470150.058400.0539660.016220.0130770.003090.0020680.000390.0002090.000030.00001100.000000.00000总计1.000001.00000【答案】(1)答案见解析(2)0.86556，0.88140；采用不放回抽取估计的结果更可靠 【分析】（1）若有放回抽样，则随机变量服从二项分布，根据二项分布列和数学期望，若无放回抽样，则随机变量服从超几何分布，根据组合数公式，写出概率，列分布列，再求数学期望；（2）由条件可知，是一个随机变量，分有放回抽样和无放回抽样两种情况求，再比较大小后，即可判断.【详解】（1）对于有放回抽检，每次抽到混合动力汽车的概率为，且各次抽检结果是独立的，设为有放回抽检的混合动力汽车的台数，则可取，的分布列如下：012则.对于不放回抽检，各次抽检的结果不独立，设为不放回抽检的混合动力汽车的台数，则服从超几何分布，可取的分布列如下：012则.注：也可按照下面步骤作答.的分布列为.的分布列为.（2）样本中混合动力汽车的比例是一个随机变量，根据参考数据，有放回抽取：不放回抽取：因为，所以，在相同的误差限制下，采用不放回抽取估计的结果更可靠.（注：（2）问，可以参考人教版选择性必修三第79页例6，分别就放回抽样和不放回抽样，用样本中的某类品的比例估计总体中这类品的比例，定量地比较估计效果，用概率的方法解释直观常识.对用同一抽取模型，两个分布的均值相同，从两种分布的概率分布看，或者从方差的大小比较（超几何分布的方差较小），都反应超几何分布更集中于均值附近.）21．设函数，且．(1)求函数的单调性；(2)若恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导后分与两种情况讨论即可；（2）方法一：讨论当时成立，当时参变分离可得，再构造函数，，求导分析最小值即可；方法二：将题意转化为，再构造函数，求导分类讨论单调性与最大值即可.【详解】（1），，当时，恒成立，则在上单调递增；当时，时，，则在上单调递减；时，，则在上单调递增．（2）方法一：在恒成立，则当时，，显然成立，符合题意；当时，得恒成立，即记，，，构造函数，，则，故为增函数，则.故对任意恒成立，则在递减，在递增，所以∴．方法二：在上恒成立，即．记，，，当时，在单增，在单减，则，得，舍：当时，在单减，在单增，在单减，，，得；当时，在单减，成立；当时，在单减，在单增，在单减，，，而，显然成立．综上所述，．22．已知椭圆E：．若直线l：与椭圆E交于A、B两点，交x轴于点F，点A，F，B在直线：上的射影依次为点D，K，G．(1)若直线l交y轴于点T，且，，当m变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；(2)连接AG，BD，试探究当m变化时，直线AG与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明：否则，说明理由．【答案】(1)是，(2)存在，定点． 【分析】（1）设直线交椭圆于，联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，并结合及，可得到的表达式，进而可证明；（2）令，可知直线与相交于，进而讨论时，直线与也相交于即可.【详解】（1）易知，且直线l与y轴的交点为，设直线l交椭圆于，．联立，得．所以．所以，，又．可得．所以．又.同理可得．所以，因为．所以．（2）若，则直线l为．此时四边形ABGD为矩形，根据对称性可知直线AG与BD相交于F，K的中点N，易知；若，由题意．可知．，所以直线AG的方程为，当时，．所以点在直线AG上．同理可知，点也在直线BD上．所以时，直线AG与BD也相交于定点．综上所述，m变化时．直线AG与BD相交于定点．  方法点睛：求定值问题，常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.