2023届湖北省圆创联考高三下学期3月联合测评数学试题含解析

2023届湖北省圆创联考高三下学期3月联合测评数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据求函数的性质分别求出集合和，然后利用交集的运算即可求解.

【详解】要使函数有意义，则有，解得或，

所以集合，

要使函数有意义，则，所以集合，

由交集的运算可得，

故选：D．

2．设复数z满足，则（    ）

A． B． C．e D．

【答案】A

【分析】方法1：根据实系数一元二次方程的求根公式求得z，根据复数模的计算公式即可求得答案；

方法2：设，根据复数的除法运算结合复数相等可得，即可求得答案,

【详解】方法1：将方程变形为，

故，

于是，

故选：A

方法2：设，其中，且，代入，

得，从而，

即，

于是，且，

进而，

故选：A．

3．已知等比数列满足，且成等差数列，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可.

【详解】设的公比为q，则．

由成等差数列，得，即，

于是，故，从而．

故选：D

4．已知，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】结合作差法比较代数式的大小关系，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可得答案.

【详解】由题意，

若，结合，则，

故“”是“”的充分条件；

者，则，

取满足，但不满足，

故“”不是“”的必要条件．

于是“”是“”的充分不必要条件，

故选：A．

5．如图是函数的部分图象，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据两角和的正弦公式计算可得.

【详解】由图可知，函数图象过点，，

于是，即或，又，解得，

由，即，即，

所以，

设函数的周期为，则，即，解得，故，

所以，

从而．

故选：C．

6．新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求．若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有（    ）

A．24种 B．36种 C．48种 D．60种

【答案】B

【分析】当错误选项恰有1个时，直接全排列即可；当错误选项恰有2个时，利用插空法求解.最后将两种情况相加即可.

【详解】当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有种；

当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有种．

故共有种．

故选：B．

7．过点作抛物线的两条切线，切点分别是A，B，若面积的最小值为4，则（    ）

A．1 B．2 C．4 D．16

【答案】B

【分析】设出切点坐标，求出直线的方程，将其代入抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式求出的表达式，再利用点到直线的距离和三角形面积公式求出面积的表达式，进而求解即可.

【详解】设，以为切点的切线斜率为，

则以为切点的切线方程为，

与抛物线联立可得：，

由，即，则，

即，解得，

则以为切点的切线方程为，即，

所以，整理可得，

同理为切点的切线方程为，

因为点在切线和，

所以，，

故直线的方程为：，

联立消去x，得．．

由韦达定理，得，于是．

点M到直线的距离：，

于是的面积，

当时，面积最小为，

故选：B．

8．设实数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，表示出，根据的表达式构造函数，判断其单调性，说明时，，由此可判断的大小，利用，判断大小，可得答案.

【详解】设，则，

因为，

设，

故在上单调递减，，故时，，

即时，，从而，即，

所以，故；，故，

于是，

故选：B．

【点睛】难点点睛：本题判断的大小关系，由于这三个数的形式较为复杂，因此难点在于进行合理的变式，根据变形后的形式，构造合理的函数，进而利用导数判断函数单调性，利用单调性即可判断的大小关系.

二、多选题

9．已知是椭圆的两个焦点，点P在椭圆E上，则（    ）

A．点在x轴上 B．椭圆E的长轴长为4

C．椭圆E的离心率为 D．使得为直角三角形的点P恰有6个

【答案】BC

【分析】根据椭圆的方程可判断椭圆焦点的位置，以及求出长轴的长，计算出离心率，判断A，B，C；结合向量的坐标运算判断为锐角，根据椭圆对称性可判断D.

【详解】由题意的长半轴长，短半轴长，焦半距，

椭圆的焦点在y轴上，A错误；

椭圆E的长轴长为，B正确；

椭圆E的离心率为，C正确；

椭圆的右顶点，焦点，

所以，

则，即为锐角，

故根据椭圆的对称性可知，使得为直角三角形的点P恰有4个（以或为直角），D错误．

故选：BC．

10．爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春．除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则（    ）

A．事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥

B．“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为

C．表演成功的环节个数的期望为3

D．在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为

【答案】BCD

【分析】根据互斥事件的概念判断A；根据相互独立事件的乘法公式判断B；根据二项分布的期望公式判断C；根据条件概率的计算公式判断D.

【详解】事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”可以同时发生，故不互斥，A错误；

“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为，B正确；

记表演成功的环节个数为X，则，期望为，C正确；

记事件M：“表演成功的环节恰为3个”，事件N：“迎新春环节表演成功”.

，

由条件概率公式，D正确，

故选：BCD

11．已知圆，则（    ）

A．直线的方程为 B．过点作圆的切线有且只有1条

C．两圆相交，且公共弦长为 D．圆上到直线距离为2的点有4个

【答案】ACD

【分析】根据圆的标准方程，结合圆的切线性质、两圆相交公共弦所在的直线方程性质逐一判断即可.

【详解】由两圆的方程可知两圆的圆心坐标为，半径分别为，

直线的方程为，A正确；

过点作圆的切线有，有2条，B错误；

，满足．

两圆相交，公共弦所在直线为，到l的距离，由垂径定理，公共弦长为2，C正确；

圆心到直线距离为，，故圆上到直线距离为2的点有4个，D正确，

故选：ACD．

【点睛】关键点睛：利用圆的几何性质、点到直线距离公式是解题的关键.

12．如图，在正四面体中，棱的中点为M，棱的中点为N，过的平面交棱于P，交棱于Q，记多面体的体积为，多面体的体积为，则（    ）

A．直线与平行 B．

C．点C与点D到平面的距离相等 D．

【答案】BCD

【分析】判断与的位置关系，判断A；结合点C与点D在平面两侧，且N是的中点，可判断点C与点D到平面的距离相等，判断C；讨论Q是中点和Q不是中点两种情况，结合线面平行的判定和性质，推出线段的比例关系，判断B；利用割补思想，可得，结合，，结合线段间的比例关系，即可判断D.

【详解】由题意当为的中点时，,

不为的中点时，直线与不平行，A错误；

点C与点D在平面两侧，且N是的中点，

故点C与点D到平面的距离相等，C正确；

若Q是中点，则平面平面，

故平面，平面平面,平面,

故,又，故．

又N是的中点，故P是的中点，从而；

若Q不是中点，则不平行，

结合在同一平面内，故相交，

设交点为T，点T在直线上，故点T在平面上，点T在直线上，

故点T在平面上，于是T是平面与平面的公共点，

进而T在平面与平面的交线上，即直线交于点T．

在平面内，过A作交直线于点G，于是是的中位线，

故，进而，故．

同理，在平面内可得，故，

综上，，B正确．

设四棱锥的体积为V，，

由点C与点D到平面的距离相等得：，①

，，结合，

故，②

由①②相加得，D正确．

故选：BCD．

【点睛】难点点睛：本题难点在于B选项的判断，解答时要讨论Q是否是中点两种情况，结合线面平行的判定以及性质定理推出线段的比例关系，进行判断.

三、填空题

13．已知向量，若，则__________．

【答案】##

【分析】利用平面向量共线的坐标运算即可求出结果.

【详解】由得：

故答案为：

14．在的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中第3项的系数为__________（用数字作答）．

【答案】60

【分析】根据二项式系数和求得n，再根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案.

【详解】因为的展开式中所有项的二项式系数之和为64，

所以，解得．

展开式中第3项为，故展开式中第3项的系数为60,

故答案为：60

15．葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其枝密集繁茂，象征着儿孙满堂、同气连枝；其音近于“福禄”，寓意着长寿多福、事业发达；其果口小肚大，代表着心胸开阔、和谐美满．如图，一个葫芦的果实可以近似看做两球相交所得的几何体，其中的下半部分是半径为的球的一部分，的上半部分是半径为3的球的一部分，且，则过直线的平面截所得截面的面积为__________．

【答案】

【分析】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，通过条件提供的数据可求得，进而利用扇形的面积公式可得截面的面积.

【详解】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，

由，得，

故，从而．

所以截面面积为．

故答案为：

16．已知a，b为实数，若对任意，都有恒成立，则的最小值为__________．

【答案】1

【分析】根据题意将不等式进行等价转化为恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性进而求解.

【详解】对任意，都有恒成立，故．

由，得，所以，

从而恒成立，故，易知，于是．

设．

设．

故在上单调递增，结合，

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增．

故，所以的最小值为1，此时．

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)设为数列的前n项和，求．

【答案】(1)

(2)2024

【分析】（1）根据数列递推式可得，利用累乘法，即可求得答案；

（2）结合（1）的结论，推出，将进行并项求和，可得答案.

【详解】（1）当时，由，

得，

将以上各式累乘，得，结合，得．

检验，满足上式，所以．

（2）由（1）知，所以，对任意，

，

于是

．

18．在中，D是边上的点，．

(1)求；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在和中分别利用正弦定理可得和，结合条件化简可得，判断的取值可得答案.

（2）结合（1）的结论推出是等腰三角形，过C作于E，求出三角形的高，利用三角形面积公式即可求得答案.

【详解】（1）在中，由正弦定理，得①，

在中，由正弦定理，得②，

因为，所以，

故①②相比可得，

由及，得．

因为，所以或．

当时，不满足，舍；

当时，满足题意，

综上，．

（2）在中，，故，

进而是等腰三角形．

过C作于E，

则，

所以，

故的面积为．

19．某国在实弹演习中分析现有导弹技术发展方案的差异，有以下两种方案：

方案1：发展一弹多头主动制导技术，即一枚一弹多头导弹的弹体含有3个弹头，每个弹头独立命中的概率均为0.415，一枚弹体至少有一个弹头命中即认为该枚导弹命中，演习中发射该导弹10枚；

方案2：发展一弹一头导弹的机动性和隐蔽性，即一枚一弹一头导弹的弹体只含一个弹头，演习中发射该导弹30枚，其中22枚命中．

(1)求一枚一弹多头导弹命中的概率（精确到0.001），并据此计算本次实战演习中一弹多头导弹的命中枚数（取，结果四舍五入取整数）；

(2)结合（1）的数据，根据小概率值的独立性检验，判断本次实战演习中两种方案的导弹命中率是否存在明显差异．

附，其中．

【答案】(1)一枚一弹多头导弹的命中率为0.800，一弹多头导弹的命中枚数为8

(2)本次实战演习中不同研发方案命中率不存在明显差异

【分析】（1）根据对立事件的概率计算公式可求得一枚一弹多头导弹的命中率，继而求得命中枚数；

（2）列出不同研发方案的列联表，计算，根据独立性检验的原理，可作出结论.

【详解】（1）（1）由题意可知，一枚一弹多头导弹的命中率为，

所以，发射10枚一弹多头导弹，命中枚数为．

故一枚一弹多头导弹的命中率为0.800，一弹多头导弹的命中枚数为8．

（2）不同研发方案的列联表如下：

假设：本次实战演习中不同研发方案命中率存在明显差异，

故，

根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，

故本次实战演习中不同研发方案命中率不存在明显差异．

20．如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

(1)若，求证：平面平面；

(2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；

（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.

【详解】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，

连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．

因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．

又平面平面，所以平面

同理平面，且平面平面，

所以，平面平面．

（2）假设存在，使得直线平面．

以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，故．

设是平面的法向量，则，

所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，

则．

于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，

是二面角的平面角，于是，

所以，且平面，

故，同理，

所以，

因为，

，

所以．

若直线平面，是平面的一个法向量，则．

即存在，使得，则，此方程组无解，

所以，不存在，使得直线平面．

【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.

21．已知离心率为的双曲线，直线与C的右支交于两点，直线l与C的两条渐近线分别交于两点，且从上至下依次为，．

(1)求双曲线C的方程；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1），根据双曲线离心率表示出的关系，可得双曲线渐近线方程，记，进而可求得的坐标表达式，联立可得根与系数关系式，从而推出与的中点均为同一个点P，结合，推出是线段的两个四等分点，即可求得，从而，即可求得，可得答案；

（2）利用（1）的结论，可求得，利用三角形面积公式结合数量积的运算，将面积化为，结合向量的坐标运算，即可求得答案.

【详解】（1）设，设的中点为，

记，则直线即，

因为双曲线的离心率为，所以，故，

于是双曲线的渐近线为．

联立,解得,即，

同理由,解得,即，于是．

联立,消去x，得．

即,需满足，

由韦达定理，得，

所以，，说明与的中点均为同一个点P，

所以，关于点P对称，关于点P对称，所以，

因为，所以是线段的两个四等分点，

故P点纵坐标为，所以，

于是，即，结合，

解得，满足，则，

故所求双曲线方程为．

（2）由（1）可知，，

于是．

设，则

，

代入，

得，

故的面积为．

【点睛】关键点睛：求双曲线的方程时，利用联立方程的方法可得根与系数的关系式，然后结合条件化简求参数，关键在于结合题意推出，从而说明与的中点均为同一个点P，进而结合推出是线段的两个四等分点，即可求得坐标，再利用，求得参数，即可解决问题.

22．已知函数．

(1)求在处的切线方程；

(2)若存在两个非负零点，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数的值，求出切线的斜率，求出切点坐标，然后求解曲线的方程即可；

（2）结合（1）的结论和题意可知，只需证明当时，，且，然后分别证明和即可求证.

【详解】（1）由题可知，

因为，所以，在处的切线方程为．

（2）存在两个非负零点，设，

由（1）可知在处的切线方程为，

注意到，

所以，在处的切线方程为．

下证：当时，，且．

（i）要证，即证，只需证．①

设，故在上单调递增，

故，即恒成立．

要证①，只需证．

当时上式成立；当时，即证，

此时，由于，故，

于是，当时，．

（ii）要证，只需证，

即证．

设，

则．

设，

则．

当时，，

当时，，故．

于是恒成立，故在上单调递减．

从而，即恒成立，故在上单调递增，

从而，于是．

设的零点为的零点为，

则．

因为，所以，

因为，所以，

又，

所以，

所以．

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．