2023届湖北省腾云联盟高三上学期12月联考数学试题含解析

2023届湖北省腾云联盟高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合和集合，利用并集的定义，可求出.

【详解】,

，

故.

故选：D

2．已知复数，则的共轭复数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的乘法运算求出复数，根据共轭复数的概念即可得答案.

【详解】由题意知，故，

故的共轭复数为，

故选：C

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据二倍角的正弦公式结合平方关系和商数关系化弦为切即可得解.

【详解】解：.

故选：A.

4．已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出异面直线与所成角，利用余弦定理求得其余弦值.

【详解】连接，

根据长方体的性质可知，

所以是异面直线与所成角（或其补角），

在三角形中，，

由余弦定理得.

故选：C

5．若正数满足，则的最小值为（    ）

A．4 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据原式，求出，从而化为单变量，根据基本不等式求解即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以，

令，

则，

即，

解得，

即，

所以，

所以，当且仅当时等号成立，

故选：B.

6．已知，，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，，利用导数分析单调性即可得出；由，，可得，结合图像即可判断，进而求解.

【详解】设，，

所以，即函数在上单调递减，

故，

即，即.

因为，，即，

如图，函数与及，

故.

所以，

故选：A.

7．某国军队计划将5艘不同的军舰全部投入到甲，乙，丙三个海上区域进行军事演习，要求每个区域至少投入一艘军舰，且军舰必须安排在甲区域.在所有可能的安排方案中随机选取一种，则此时甲区域还有其它军舰的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】按甲区域除军舰A外还有几艘军舰给安排方案分类，计算安排方案总数，进而求得所求概率.

【详解】若甲区域除军舰A外无其他军舰，共有种方案；

若甲区域除军舰A外还有1艘军舰，共有种方案；

若甲区域除军舰A外还有2艘军舰，共有种方案；

所以共有种方案，甲区域除还有其他艘军舰的方案有种，

所以甲区域除还有其他艘军舰的概率为.

故选：A.

8．设为坐标原点，为双曲线的两个焦点，为双曲线的两条渐近线，垂直于的延长线交于，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】数形结合，通过题意已知条件可求得点到直线的距离的值，通过勾股定理可求得，再联立直线与解方程组可得点坐标，从而列出的表达式，由计算可得关系，从而可求离心率.

【详解】

双曲线的渐近线方程为：，不妨令，

因为直线垂直，则，故，又，

则点到直线的距离为=，所以，

，又，可知直线的方程为：，与联立方程组可得：

，则 ，解得 ，故,

由,则,

中，由勾股定理可得:

,

故；

又,则，即，

因为的延长线交于，此时点的纵坐标大于0，即，故，所以 ，

所以化简得.则，

故，则.

故选：B.

【点睛】思路点睛：本题考查的是双曲线的几何性质，以及直线和双曲线的位置关系，综合性强，主要是渐近线与离心率的综合应用，计算量大解答时要明确解题思路，关键是联立方程进行计算十分繁杂，要特别注意准确性.

二、多选题

9．在单位圆中，是圆上的动点（可重合），则下列结论一定成立的有（    ）

A．

B．在上的投影向量可能为

C．

D．若，则

【答案】BC

【分析】对选项A，D，根据平面向量的加减运算即可判断A，D错误，对选项B，根据当所成角为时，在上的投影向量为，即可判断B正确，对选项C，根据平面向量数量积概念即可判断C正确.

【详解】对选项A，，故A错误.

对选项B，在上的投影向量为，

若，

则，即所成角为.

所以当所成角为时，在上的投影向量为，故B正确.

对选项C，，

因为是单位圆上的动点（可重合），所以，

所以，故C正确.

对选项D，因为，所以，

所以，故D错误.

故选：BC

10．已知函数（其中）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．要想得到的图象，只需将的图象向左平移个单位

C．函数在区间上单调递增

D．函数在区间上的取值范围是

【答案】AC

【分析】由图得、，点在图象上求得及的解析式可判断A；根据图象平移规律可判断B；利用正弦函数的单调性可判断C；根据的范围求得可判断D.

【详解】由图得，所以，，

所以，因为点在图象上，所以，

，因为，所以，可得，故A正确；

对于B，将的图象向左平移个单位，得到的图象，故B错误；

对于C，由得，

所以函数在区间上单调递增，故C正确；

对于D，时，，所以，

函数在区间上的取值范围是，故D错误.

故选：AC.

11．已知函数，下列描述不正确的有（    ）

A．函数有且仅有1个零点

B．函数的增区间为，减区间为

C．若方程有两不等实根，则

D．对任意的实数，存在实数，当时，

【答案】BCD

【分析】利用函数和其导函数的性质，得到的图像，利用的图像性质，以及利用特值法，逐个选项进行判断求解即可.

【详解】对于A，取，，又，恒成立，故函数有且仅有1个零点，A正确；

对于B，，

令，解得或；令，解得或；

所以在和上为单调递增函数，在和上为单调递减函数，故B错误；

对于C，根据题意，利用导数，且，得到在和上为单调递增函数，在和上为单调递减函数，故可得图像，如图，

因为，故取，必有以下图像，

当时，若方程有两不等实根，

因为，，故，故C错误；

对于D，对任意的实数，存在实数，当时，，

得，取，则，整理得，，

当时，无解；当时，，

明显可见，此时不存在实数，当时，满足，

故必不存在实数，当时，，故D错误；

故选：BCD

12．定义集合，设中所有元素的和为，则下列命题正确的有（    ）

A．存在两个不同的使得中仅有一个元素

B．中元素的最大值与最小值之和为

C．在上不单调

D．当时，恒成立

【答案】ABD

【分析】对于A，当时，求出即可判断；

对于B，分为奇数和为偶数时，求出中最小值与最大值，即可判断；

对于C，由中元素的个数及大小关系可以判断；

对于D，分为奇数和为偶数时，分别判断成立，即可判断.

【详解】解：对于A，当时，有，此时集合当时，有，此时集合，故正确；

对于B，当时，可得，由此可得当时，可得中元素的个数大于3，且逐渐增多，

当为奇数时，中最小值为，最大值为，满足最大值与最小值之和为；

当为偶数时，中最小值为，最大值为，满足最大值与最小值之和为，故正确；

对于C，随着增大，中元素个数大于或等于中元素个数，且中元素大小一定大于中元素大小，所以中所以元素之和逐渐增大，所以在上单调递增，故错误；

对于D，当为奇数时，中最小值为，最大值为，且元素从小到大依次增加3，所以构成一个以为首项，3为公差，为末项的等差数列，共有项，

所以，

所以，

且，

所以；

同理当为奇数时，中最小值为，最大值为，且元素从小到大依次增加3，所以构成一个以为首项，3为公差，为末项的等差数列，共有项，

所以，

所以，

且，

所以，故正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．在我市今年高三年级期中联合考试中，某校数学单科前10名的学生成绩依次是：

这10名同学数学成绩的分位数是___________.

【答案】146

【分析】根据计算分位数的步骤，计算求解即可.

【详解】对10名同学的成绩从小到大进行排列：

140,142,142,143,144,145,147,147,148,150

根据，故取第6项和第7项的数据分别为：145,147；

10名同学数学成绩的分位数为：.

故答案为：146

14．已知抛物线的图像过点，则该抛物线的焦点到准线的距离为___________.

【答案】2

【分析】由抛物线的图像过点求出，再由性质求解.

【详解】因为抛物线的图像过点，所以，则该抛物线的焦点到准线的距离为.

故答案为：

15．定义在上的奇函数满足，请写出一个符合条件的函数解析式___________.

【答案】（等其他符合条件的函数也可）

【分析】根据函数的奇偶性、对称性求得符合题意的的解析式.

【详解】依题意是定义在上的奇函数，

由于，所以，

所以的图象关于直线对称，

所以

，

所以是周期为的周期函数.

是定义在上的奇函数，且最小正周期为，

，所以关于对称，符合题意.

故答案为：（等其他符合条件的函数也可）

16．球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球的半径为为球表面上两动点，为线段的中点.半径为2的球在球的内壁滚动，点在球表面上，点在截面上的投影恰为的中点，若，则三棱锥体积的最大值是___________.

【答案】15

【分析】作出图形，在球中求得三角形的面积的最大值为3，作出图形，求得点为到平面的距离最大值为15，根据锥体的体积公式即可求得答案.

【详解】解：如图一所示：

在圆中，因为点在截面上的投影恰为的中点，且，

所以为直角三角形，且，

又因为，

所以可得，

设，

则有，

所以，

所以，当时，等号成立，

所以；

如图二所示：

因为球的半径为，为线段的中点，

所以，

当三点共线且为如图所示的位置时，点为到平面的距离最大，

即此时三棱锥的高最大，此时,

所以此时,

即三棱锥体积的最大值是15.

故答案为：15.

四、解答题

17．已知数列满足：.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前10项和.（用具体数值表示）

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）解方程组即得解；

（2）利用分组求和求解.

【详解】（1）解：联立，

解得

（2）解：

.

18．如图①，，将图①中左右两个三角形沿着翻折成为图②所示的三棱锥，棱上的点满足.

(1)过点作截面平面，写出作法并证明；

(2)当二面角的大小为时，求直线与（1）中平面所成角的正切值.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）结合面面平行的判定定理画出截面.

（2）法一（几何法）：作出二面角的平面角，由此确定角度；作出直线与平面所成的角，解三角形求得所成角的正切值；法二（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成的角的正弦值并转化为正切值.

【详解】（1）如图，作交于，作交于，连接，则即截面.

证明：因为平面平面，所以平面

同理可证得平面，而，平面，

平面平面，即截面平面.

（2）法一：

如图，在平面中作，，

则，而，平面，

平面，所以是二面角的一个平面角，

.

由于平面，所以平面平面，

设点在平面上的投影为，则在的延长线上，

连接，则，

即直线与平面所成的角，也等于与平面所成的角.

，

，

直线与平面所成角的正切值为.

法二：

如图，在平面中作，，

则，而，平面，

平面，所以是二面角的一个平面角，

.

由第（1）问可知直线与平面所成的角等于与平面所成的角.

可建立如图所示的空间直角坐标系，轴在平面ABM上.

取平面的一个法向量为

设与平面所成的角为，则

，

因为，，

所以，

直线与平面所成角的正切值为.

19．为贯彻落实党的二十大精神，促进群众体育全面发展.奋进中学举行了趣味运动会，有一个项目是“沙包掷准”，具体比赛规则是：选手站在如图（示意图）所示的虚线处，手持沙包随机地掷向前方的三个箱子中的任意一个，每名选手掷5个大小形状质量相同､编号不同的沙包.规定：每次沙包投进1号､2号､3号箱分别可得3分､4分､5分，没有投中计0分.每名选手将累计得分作为最终成绩.

(1)已知某位选手获得了17分，求该选手5次投掷的沙包进入不同箱子的方法数；

(2)赛前参赛选手经过一段时间的练习，选手每次投中1号､2号､3号箱的概率依次为.已知选手每次赛前已经决定5次投掷的目标箱且比赛中途不变更投掷目标.假设各次投掷结果相互独立，且投掷时不会出现末中目标箱而误中其它箱的情况.

（i）若以比赛结束时累计得分数作为决策的依据，你建议选手选择几号箱？

（ii）假设选手得了23分，请你帮设计一种可能赢的投掷方案，并计算该方案获胜的概率.

【答案】(1)

(2)（i）建议选手选择1号箱；（ii）答案见解析

【分析】（1）列方程，求出选手5次投掷的沙包的情况，根据相应的情况计算出相应的方法数，进而得到总的方法数；

（2）（i）根据独立重复试验的计算公式，分别求出对应的得分的数学期望，比较数学期望的大小，进而选择最好的方案；（ii）根据题意，设计出相应方案，并根据独立事件的定义，计算所求概率.

【详解】（1）设5次投掷投中1号次，2号次，3号次，未投中次，

则，

解得或或或

不同的方法数.

（2）（i）设选手选择1号､2号､3号箱作为目标箱，5次投中的次数依次为，

最终的得分分别为.则

建议选手选择1号箱.

（ii）方案一：连续5次选择投掷3号箱

最终获胜的概率为.

方案二：前4次均选择投掷3号箱，第5次投2号箱

最终获胜的概率为

20．已知的内角满足.

(1)求角；

(2)若，设是中边上的高，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据平方关系和条件可得，然后根据正余弦定理可得答案；

（2）根据正弦定理可得，当角为锐角，，然后利用三角函数的知识可得的最大值，同理可分析当角为直角时、角为钝角时的情形.

【详解】（1）

由正弦定理得，

由余弦定理得，

（2）在中，由得，

①当角为锐角时，

当，即时，.

②当角为直角时，，

③当角为钝角时，

，

当，即时，

综上：当时，.

21．已知椭圆的焦距为分别为左右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点的切线方程为.点为直线上的动点，过点作椭圆的两条不同切线，切点分别为，直线交轴于点，记的面积分别为.

（i）证明：为定点；

（ii）设，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）

【分析】（1）首先根据的周长为求出的值，根据焦距求出的值，再利用求出的值，进而求出曲线的标准方程；

（2）（i）首先根据题干已知结论求出椭圆的两条切线方程，然后根据两点唯一确定一条直线可得直线的方程为即，进而可以求出直线恒过的定点；

（ii）首先设直线的方程为，将直线与曲线联立，利用韦达定理求出与，然后利用解三角形中的三角形面积得，进而分与两种情况结合函数知识分别求解的取值范围，即可得到的取值范围.

【详解】（1）由题意知，解得

椭圆的标准方程为.

（2）（i）设点，则由题意可得椭圆在，

处的切线方程分别为：

点在两条切线上

由于过两点的直线仅有一条

直线的方程为即

当变化时，直线过定点

（ii）

由图知，当直线的斜率存在时不为0，设直线的方程为，

代入整理得，恒成立，不妨令，

；

得

当时，，此时；

当时，，

令且，则，

且，解得且

综上知，，进而

【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：

（1）常规面积公式：底高；

（2）正弦面积公式：；

（3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长）

过轴上的定点（为轴上定长）

22．已知函数.（参考值：）

(1)证明：在上有唯一的极小值点；

(2)试研究零点的个数.

【答案】(1)证明见解析

(2)3个零点

【分析】（1）根据函数的零点定理和导数的正负即可确定极小值点；（2）分类讨论并结合二次求导、零点定理、不等式放缩等方法即可求解.

【详解】（1）当时，，

在上单调递增

又

存在唯一的使得

且当时，当时

在上有唯一的极小值点.

（2）

当时，，分3种情况讨论：

①当时，，

在上有唯一的零点；

②当时，恒成立，单调递增

，

在上有唯一的零点；

③当时，

令，则递增

在上无零点.

当时，，分种情况讨论：

（i）当时，，

在上无零点

（ii）当时，，

令，则，

令，则在上恒成立在上单调递减

而，

存在使得，且

当时，递增；当时，递减.

存在使得，且

当时，递增；当时，递减

当时，

注意到

所以在上恒成立

当时，单调递增

又

在上存在唯一的零点.

综上知，在定义域上共有3个零点，