2023届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高三下学期5月压轴卷数学试题（一）含解析

这是一份2023届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高三下学期5月压轴卷数学试题（一）含解析，共19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届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高三下学期5月压轴卷数学试题（一） 一、单选题1．纯洁的冰雪，激情的约会，2030年冬奥会预计在印度孟买举行．按常理，该次冬奥会共有7个大项，如冰球、冰壶、滑冰、滑雪、雪车等；一个大项又包含多个小项，如滑冰又分为花样滑冰、短道速滑、速度滑冰三个小项．若集合U代表所有项目的集合，一个大项看作是几个小项组成的集合，其中集合A为滑冰三个小项构成的集合，下列说法不正确的是（    ）A．“短道速滑”不属于集合A相对于全集U的补集B．“雪车”与“滑雪”交集为空集C．“速度滑冰”与“冰壶”交集不为空集D．集合U包含“滑冰”【答案】C【分析】根据全集、交集、并集、补集的概念分析可得答案.【详解】选项A，∵集合A为滑冰三个小项构成的集合，其中包含了短道速滑，∴短道速滑属于集合A，不属于集合A相对于全集U的补集，故A正确；选项B，∵“雪车”与“滑雪”是不同的大项，∴交集为空集，故B正确；选项C，∵冰壶、滑冰是为不同大项，交集为空集，速度滑冰又是滑冰的小项，∴速度滑冰与冰壶交集为空集，故C错误；选项D，∵全集U包含冬奥会的所有项目，∴全集U包含滑冰，故D正确．故选：C．2．若复数z满足，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的四则运算、共轭复数的概念与复数的定义求值即可.【详解】∵，∴，∴，即的虚部为.故选：D．3．已知函数，，若函数，，则的最小正周期为（    ）A． B．2 C．4 D．【答案】C【分析】根据周期函数的性质即可求解.【详解】由题可知，的最小正周期为1，的最小正周期为4，因为，，所以的最小正周期为4.故选：C4．设，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，点P为椭圆上异于A点的任意一点，则使得成立的点P的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由题意，P在以为直径的圆上，数形结合判断圆与椭圆的交点个数.【详解】，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，则，，∵，∴P在以为直径的圆上，该圆与椭圆有三个公共点，如图所示，  又P点与A点不重合，故符合条件的点P的个数有2个.故选：B．5．已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（    ）  A． B．C． D．【答案】B【分析】利用排除法，结合函数性质可得正确选项.【详解】由图像可知，而D选项中，∴排除D选项；又图像不关于原点对称，∴不是奇函数，若，函数定义域为R，，为奇函数，排除A选项；，是奇函数，∴排除C选项.故选：B．6．已知正数a，b，c满足，，，下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用指数和对数的运算规则和指数函数与对数函数的性质，比较大小.【详解】∵，，，∴，，，；∴，，∴，故A错误；∵，，∴，，，故BC错误，D正确，故选:D．7．已知抛物线和，若和有且仅有两条公切线和，和、分别相切于M，N点，与、分别相切于P，Q两点，则线段PQ与MN（    ）A．总是互相垂直 B．总是互相平分C．总是互相垂直且平分 D．上述说法均不正确【答案】B【分析】根据题意分析可得抛物线和关于点成中心对称，结合中心对称分析运算.【详解】设，则，所以关于点成中心对称，即抛物线和关于点成中心对称，因为和是它们的公切线，和、分别相切于M，N两点，和、分别相切于P，Q两点，则M，N和P，Q都关于点成对称中心对称，所以线段PQ与MN互相平分，故选：B．8．在平面四边形ABCD中，，且，，则BD的最大值为（    ）A． B．6 C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理、余弦定理以及三角函数的性质即可求解.【详解】  由题意可知：，，，设，在中，，，．在中，，∴BD的最大值为6，故选:B． 二、多选题9．某校组织全体学生参加了“喜迎二十大，结合中华传统文化与楚文化的创新突破”的剧本创作大赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（    ）  A．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有160人B．图中x的值为0.020C．估计全校学生成绩的平均分约为83D．估计全校学生成绩的80%分位数为95【答案】AD【分析】根据频率分布直方图计算出成绩在区间内的频率，即可求解A；利用频率分布直方图中频率之和等于1可求解B；利用频率分布图计算出平均数即可求解C；根据百分位数的定义可求解D.【详解】由所给频率分布直方图可知，抽取的学生成绩在区间内的频率为，∴成绩在区间内的学生有人，故A正确；由，得，故B错误；抽取的学生的平均分为，估计全校的平均分为84，故C错误；设抽取学生成绩分位数为m，则，解得，估计全校学生成绩的分位数为95，故D正确．故选:AD．10．如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱BC，，的中点，则下列结论正确的是（    ）  A．直线EF到平面的距离为2B．直线AE与直线的夹角的余弦值为C．点C与点G到平面AEF的距离之比为D．平面AEF截正方体所得截面面积为【答案】ACD【分析】对于A项，由平面与平面的距离可得线面距离，根据正方体的特征即可判定；对于B项，利用平行线将异面直线夹角转化为平面中两线夹角，解三角形即可；对于C项，利用体积转化计算两点到面的距离之比即可；对于D项，利用∥得出截面图形，根据几何性质计算即可得其面积.【详解】对于A项，∵平面∥平面，平面，∴直线EF到平面的距离即平面与平面的距离，由正方体的特征可知该两个面距离为2，故A正确；对于B项，如图，取的中点M，连接，易证 ∥，∴是直线AE与直线的夹角，∵，，∴，故B错误；  对于C项，记点C与点G到平面AEF的距离分别为、，∵，，∴，即点C与点G到平面AEF的距离之比为，故C正确；对于D项，连接、，易证∥，即A、、F、E四点共面，∴平面AEF截正方体所得截面为梯形，如图作，垂足为N，  ∵，，，∴，，故D正确．故选：ACD．11．已知实数a，b，则下面说法正确的是（    ）A．若，则B．若a，b均大于0且，则C．若，，，则最大值为D．若，则的取值范围为【答案】ACD【分析】对于A，分、、三种情况，结合不等式的性质即可判断；对于B，令可判断；对于C，由可得，从而，令，再令，结合基本不等式即可判断；对于D，由可得，求解即可判断.【详解】对于选项A，若，则，若，则，若，则，∴若，都有，故A正确；对于选项B，当，显然成立，故B错误；对于选项C，∵，，∴，∵，，当且仅当时，等号成立.令，则，令，则，，当且仅当，即时，等号成立.∴最大值为，故C正确；对于选项D，∵，∴，，则的取值范围为，故D正确．故选：ACD．12．已知集合，，集合，将集合C中所有元素从小到大依次排列为一个数列，为数列的前n项和，则（    ）A．B．或2C．D．若存在使，则n的最小值为26【答案】ABC【分析】由集合A和集合B中元素的特征，判断集合C中元素特征和顺序，验证各选项中结论.【详解】对于选项A，由题意的前8项为1，2，3，4，5，7，8，9，，故A正确；对于选项B，集合A为奇数集，集合B中的元素都是偶数，按照从小到大排列，若连续的两个数是奇数，则，若连续的两个数是一个奇数，一个偶数，则，故B正确；对于选项C，令，∵比小1，∴的前k项中，来自集合A的有个，来自集合B的有n个，∴，即，故C正确；对于选项D，的前26项包括A集合的1，3，5，…，41共21个，B集合的2，4，8，16，32共5个，∴，∵，，，不符合条件，故D错误．故选:ABC． 三、填空题13．二项式的展开式中，常数项是_____．【答案】28；【详解】解：由二项式展开式的通项公式可知： ，常数项满足： ，常数项为： .14．若函数的图象上存在不同的两点，使函数图象在这两点处的切线斜率之积小于0且斜率之和等于常数e，则称该函数为“e函数”，下列四个函数中，其中为“e函数”的是________．①；②；③；④【答案】①③④【分析】根据“e函数”的定义，分别对选项求导，研究导数的值域，逐项分析即可得解.【详解】记，，．①，，，当时，，当时，，∴时，有最小值，值域为，∴存在、使，故是e函数；②∵，，∴，，∴，不存在、使，故不是e函数；③，，值域为R，∴存在、使，故是e函数；④，值域为，∴存在、使，故是e函数．故答案为：①③④15．已知有L，M，S三种尺寸的检测样品盒，其中每个L盒至多放置10支完全相同的样品，且L盒至少比M盒多2支样品，M盒至少比S盒多2只样品，则不同的放置方法共有________种．（注：L，M，S不可为空盒）【答案】56【分析】根据分类加法计数原理分类求解.【详解】当L盒放置10支样品，且M盒放置8支样品时，S盒可放置6、5、4、3、2、1支样品，共6种不同的放置方法；当L盒放置10支样品，且M盒放置7支样品时，S盒可放置5、4、3、2、1支样品，共5种不同的放置方法；……当L盒放置10支样品，且M盒放置3支样品时，S盒可放置1支样品，只1种放置方法．∴L盒放置10支样品，共有放置方法：种，同理L盒放置9支样品，共有放置方法：种，L盒放置8支样品，共有放置方法：种，L盒放置7支样品，共有放置方法：种，L盒放置6支样品，共有放置方法：种，L盒放置5支样品，共有放置方法：1种，∴不同的放置方法总数为种．故答案为:56. 四、解答题16．已知直线l与抛物线交于A，B两点（与坐标原点O均不重合），且，抛物线的焦点为F，记、、的面积分别为，，，若满足，则直线l的方程为________．【答案】或【分析】数形结合，设直线OA方程为，又，OB方程为，分别解方程组，可得A，B两点坐标，从而可得AB直线方程，直线l与x轴交点，由，解得，从而可得答案.【详解】由已知可设直线OA方程为，又，OB方程为，  由解得，由解得，’，令，得，∴直线l与x轴交点，，，．∵，∴，解得，∴直线l的方程．故答案为：或17．已知中，角，，所对边分别为，，，若满足．(1)求角的大小；(2)若，求面积的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换化简等式，可以得到角.（2）根据勾股定理，由基本不等式得到两直角边积的最值即可.【详解】（1）由正弦定理知，，∵，∴，∴，化简得，，（其中舍去），即．（2）由（1）知，则，那么的面积（当且仅当时等号成立），则面积的取值范围为．18．已知数列前n项和为，满足．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前n项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据的关系求通项公式；（2）利用错位相减法和裂项相消法求和.【详解】（1）因为，所以当时，，故；当时，，作差，得，即，此式对也成立，故数列的通项公式为，．（2）由（1）知，，不妨令，且数列的前n项和，则，，作差，得，即．则 ，即数列的前n项和为.19．在平行四边形ABCD中，，，，过D点作于E，以DE为轴，将向上翻折使平面平面BCDE，连接CE，F点为线段CE的中点，Q为线段AC上一点．  (1)证明：；(2)若二面角的余弦值为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由平面与平面垂直的性质以及直线与平面垂直的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出答案.【详解】（1）证明：∵面面BCDE，面面，且，∴面BCDE，又面BCDE，∴，又在中，，则，又F为CE中点，故，且面AEC，，则面AEC，又面AEC，所以．（2）由（1）知，ED，EB，EA互相垂直，分别以ED，EB，EA为x，y，z轴非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，  其中，，，，则，，，不妨设，则，再设，分别是面ADQ、面EDQ的法向量，则分别满足与令，，得到，．由题意知，，解得，即．20．长江十年禁渔计划全面施行，渔民老张积极配合政府工作，如期收到政府的补偿款.他决定拿出其中10万元进行投资，并看中了两种为期60天（视作2个月）的稳健型（不会亏损）理财方案.方案一：年化率，且有的可能只收回本金；方案二：年化率，且有的可能只收回本金；已知老张对每期的投资本金固定（都为10万元），且第一次投资时选择了方案一，在每期结束后，老张不间断地进行下一期投资，并且他有的可能选择另一种理财方案进行投资.(1)设第i次投资（）选择方案一的概率为，求；(2)求一年后老张可获得总利润的期望（精确到1元）.注：若拿1千元进行5个月年化率为的投资，则该次投资获利元.【答案】(1)(2)2255元 【分析】（1）根据互斥加法概率公式求出选择方案一的概率递推式，变形，根据等比数列通项公式求出概率通项公式，代入计算即可；（2）先求出每一个方案的获利期望，然后再利用期望公式求出一年的总获利期望.【详解】（1）由题意知，，整理得，，其中，故数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即，那么；（2）当某期选择方案一时，获利期望值为元；当某期选择方案二时，获利期望值为元；那么，在一年间，老张共投资了6次，获得的总利润的期望为元，即一年后老张可获得的利润的期望约为2255元.21．已知椭圆（），四点，，，中恰有三点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，直线MN过定点． 【分析】（1）根据椭圆的对称性，确定椭圆C过的三点，再代入方程求解作答.（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知及斜率坐标公式列式求解即可.【详解】（1）由椭圆的对称性知，，，三点在椭圆C上，故，，得，从而椭圆C的方程为．（2）直线MN过定点，证明如下：假设存在，不妨设直线、、MN的斜率分别为，，k，满足，设直线MN的方程为（），且，，与椭圆C的方程联立，得，则，即（*），且那么，化简得，，即整理得：，解得或，当时，中一点与重合，故舍去，故直线MN过定点．  【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线MN的方程为（），且，，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将斜率之间的关系式整理从而将韦达定理代入，最后化简得，解出值并检验.22．已知．(1)当时，讨论函数的极值点个数；(2)若存在，，使，求证：．【答案】(1)函数的极值点有且仅有一个(2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案；（2）由可得（*），通过证明单调递增，（*）转化为，接着证明成立，即可求解【详解】（1）当时，，则，当时，，故在上单调递增，不存在极值点；当时，令，则总成立，故函数即在上单调递增，且，，所以存在，使得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；故在上存在唯一极值点，综上，当时，函数的极值点有且仅有一个．（2）由知，整理得，（*），不妨令，则，故在上单调递增，当时，有，即，那么，因此，（*）即转化为，接下来证明，等价于证明，不妨令（），建构新函数，，则在上单调递减，所以，故即得证，由不等式的传递性知，即．【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.