湖北省武汉市2023-2024学年高三下学期2月调研考试数学试题（解析版）

这是一份湖北省武汉市2023-2024学年高三下学期2月调研考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

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本试题卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法，对数函数的值域，集合的交集运算得到结果即可.
【详解】集合，
因为，所以，所以集合，
所以，
故选：B.
2. 复数满足，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先待定结合复数相等求得，结合模长公式即可求解.
【详解】由题意不妨设，所以，
所以，解得，所以.
故选：C.
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数的换底公式及对数的运算性质即可求出结果.
【详解】由换底公式得，，，
所以.
故选：D.
4. 将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，则不同的装法种数为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】先将红球从数量分成，两种类型的分组，在分两类研究以上不同形式下红球放入三个不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为个，将两类情况的方法总数相加即可.
【详解】将个红球分成组，每组球的数量最多个最少个，则有，两种组合形式，
当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可.
当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有种放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可.
综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，
不同的装法种数为种.
故选：A .
5. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解.
【详解】如图所示：
为准线与轴的交点，
因为，且，所以，
因为，所以，
而，所以，
所以.
故选：A
6. 法布里-贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过层薄膜，记光波的初始功率为，记为光波经过第层薄膜后的功率，假设在经过第层薄膜时光波的透过率，其中，2，3…，为使得，则的最大值为（ ）
A. 31B. 32C. 63D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】通过累乘法以及等差数列求和公式得，进一步得 ，结合数列单调性即可得解.
【详解】由题意，所以，
所以，即，
显然关于单调递增，其中，
又，所以的最大值为63.
故选：C.
7. 如图，在函数部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先得，进一步得由得，将它们代入函数表达式结合诱导公式二倍角公式即可求解.
【详解】由题意，则，所以，
设，因为，
所以，解得，
所以
，
所以，又由图可知，所以.
故选：B.
8. 在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，
所以面，

设为中点，则二面角为，
所以不妨设，
所以，
所以，令，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分.
9. 已知向量，，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最大值为6D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，有，可判断A选项；根据，得，可判断B选项；根据向量减法三角形法则有，分别求出，，有，反向时取得最大值，根据向量的几何意义判断C选项；根据，得，又，可计算，从而判断D选项.
【详解】若，则，解得，A正确；
若，则，解得， 所以，B错误；
因为，，而，
当且仅当，反向时等号成立，在平面直角坐标系中，设向量，的起点为
坐标原点，向量的终点在以坐标原点为圆心，半径为的圆上，向量
终点在第二象限，当，反向，则向量的终点应在第四象限，
此时，，所以C正确；
若，则，
即，所以，
，
所以，D正确.
故选：ACD
10. 将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，则（ ）
A. 该几何体的表面积为
B. 该几何体的体积为
C. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D. 直线平面
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，首先求得其中一个正三角形的面积，进一步即可验算；对于B，首先求得，进一步即可验算；对于C，证明面面即可判断；对于D，建立适当的空间直角坐标系，验算平面法向量与直线方向向量是否垂直即可.
【详解】对于A，，所以表面积为，故A对；
对于B，如图所示：
设点在平面内的投影为，为的中点，则由对称性可知为三角形的重心，
所以，又因为，
所以正三棱锥的高为，
所以题图所示几何体的体积为，故B错；
对于C，由B选项可知面，由对称性可知三点共线，
所以面，而面，
所以面面，故C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系：
其中轴平行，因为，
所以，
设平面的法向量为，所以，
不妨取，解得，所以取，
又，
而，所以直线与平面不平行，故D错.
故选：AC.
11. 已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ）
A. 实数的取值范围是
B.
C. 函数可能有四个零点
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于B，，证明函数是奇函数即可；对于C，将方程等价变形为，由此即可判断；对于D，由，而，进一步求导运算即可；对于A，通过构造函数可得，由此即可判断.
【详解】对于B，，
设，则它的定义域为，它关于原点对称，
且，所以是奇函数，
由题意有三个根，则，故B正确；
对于C，由，
所以，
所以，
即已经有3个实根，
当时，令，则，只需保证可使得方程有4个实根，故C正确；
由B可知，，而，
又，
所以
，故D正确；
对于A，，设，
则，所以，
从而，故A错误.

故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，进一步只需验证是奇函数即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，其内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据，，，利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解.
【详解】解：在中，，，，
由余弦定理得：，
，
解得，
所以，
故答案为：3
13. 设椭圆的左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出值即可.
【详解】
设线段的中垂线与相交于点，由椭圆方程可知，
，，；由已知有：，点在椭圆上，
根据椭圆定义有：，所以，，
在中，，，
，点在椭圆上，根据椭圆定义有：，
设，则，，在中由余弦定理有：
,
解得，即.
故答案为：
14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】定义从出发最终从1号口出的概率为，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解.
【详解】设从出发最终从1号口出的概率为，所以，解得.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 各项均不为0的数列对任意正整数满足：．
（1）若为等差数列，求；
（2）若，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推关系首先得，进一步结合已知为等差数列，并在已知式子中令，即可得解.
（2）由（1）得时，数列是等差数列，故首先求得的值，进一步分类讨论即可求解.
【小问1详解】
由题意，
当时，，
两式相减得，
因为为等差数列，在式子：中令，
得，所以，
所以或，
若，则，但这与矛盾，舍去，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
而当时，，所以此时，
所以此时，
而也满足上式，
综上所述，的前项和.
16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点．
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，通过证明平面，再由线面垂直的性质定理即可得到结果.
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果.
【小问1详解】
取的中点，连接,
由，易知为等腰直角三角形，
此时，又，所以.
因,所以，
由，即，所以，
此时，,有四点共面，,
所以平面，又平面，所以.
【小问2详解】
由且,所以平面.
由，得等边三角形，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
,
设平面的法向量
由,即，取，，
又，设直线与平面所成角为，
则,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 随着科技发展的日新月异，人工智能融入了各个行业，促进了社会的快速发展．其中利用人工智能生成的虚拟角色因为拥有更低的人工成本，正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货销售金额得到逐步提升，以下为该公司自2023年8月使用虚拟角色直播带货后的销售金额情况统计．
若与的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题：
（1）试求变量与的样本相关系数（结果精确到0.01）；
（2）试求关于的经验回归方程，并据此预测2024年2月份该公司的销售金额．
附：经验回归方程，其中，，
样本相关系数；
参考数据：，．
【答案】17. 0.96
18. ，219.4万元
【解析】
【分析】（1）由题意根据参考公式线分别算得以及，进一步代入相关系数公式即可求解；
（2）根据（1）中的数据以及参数数据依次算得，由此即可得经验回归方程并预测.
【小问1详解】
，
，
所以.
【小问2详解】
由题意，
所以，
所以关于的经验回归方程为，
所以预测2024年2月份该公司的销售金额为万元.
18. 已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合之间的平方关系即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立双曲线方程结合韦达定理得，用以及的坐标表示出点以及的方程，根据对称性可知，只需在的直线方程中，令，证明相应的为定值即可求解.
【小问1详解】
由题意，所以双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
由题意，设直线的方程为，，
，
所以，
直线的方程为：，
所以方程为，
由对称性可知过的定点一定在轴上，
令
，
又，
所以，
所以直线过定点.
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：是其定义域上的增函数；
（3）若，其中且，求实数的值．
【答案】（1）
（2）证明过程见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）首先代入到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，由此即可得解.
（2）对求导后，令，对继续求导发现，对于任意的有，故只需要证明时，，时，即可.
（3）由（2）得，进一步令，，结合题意知时，，时，，对分类讨论即可求解.
【小问1详解】
由题意，即切点为，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
由，设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
即，则，
所以时，，单调递减，所以，即，即，
时，，单调递增，所以，即，即，
所以是其定义域上的增函数.
【小问3详解】
由（2）可知，时，，所以，故，
令，，
由题意时，，时，，
若，则当时，，不满足条件，
所以，
而，
令，则 ，
令，得，
在单调递减，在单调递增，
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递增，此时，
且当时，，单调递增，此时，满足题意，
所以，解得，
综上所述，.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是在得到在单调递增，在单调递增，之后还要继续说明“左边的函数值”小于“右边的函数值”，由此即可顺利得解.年月
2023年8月
2023年9月
2023年10月
2023年11月
2023年12月
2024年1月
月份编号
1
2
3
4
5
6
销售金额／万元
15.4
25.4
35.4
85.4
155.4
195.4