2023届湖北省襄阳市第四中学高三下学期5月适应性考试（三）数学试题含解析

这是一份2023届湖北省襄阳市第四中学高三下学期5月适应性考试（三）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届湖北省襄阳市第四中学高三下学期5月适应性考试（三）数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由一元二次不等式的解法求A，再根据对数函数的定义域及单调性求B，最后求并集即可.【详解】由，即，由，即，故.故选：C2．已知复数满足，则的虚部为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用复数概念和乘除运算即可求解.【详解】因为复数满足，所以，所以复数的虚部为，故选：B.3．在的展开式中，的系数为（    ）．A． B．5 C． D．10【答案】C【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.【详解】展开式的通项公式为：，令可得：，则的系数为：.故选：C.【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．4．已知平面直角坐标系内直线的方向向量，点和在上的射影分别是和，设，则（    ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】求出，利用向量共线定理即可求解.【详解】因为和，所以，所以在l上的投影向量满足：.又由与的方向相同, ，故由得：.故选：D5．已知是双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为，过点向轴作垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由双曲线的定义可得，根据题意得到,求得，结合，得到，进而求得双曲线的离心率.【详解】如图所示，由双曲线的定义可得，又由以为直径的圆与双曲线交点为，可得,由，可得，因为，可得，又因为，可得，即，又由，可得.故选：A.6．已知矩形，，，沿折起成，若点在平面上的射影落在的内部（包括边界），则四面体的体积的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，确定点在平面上的射影点位置，再求出点到平面的距离最大和最小作答.【详解】在矩形中，，过点作于，交边于，如图，，，，，则，把沿折起的过程中，，平面，于是平面，而平面，则平面平面，因此点在平面上的射影在直线上，因为点在平面上的射影落在的内部（包括边界），则当平面时，点到平面的距离最大，如图，于是，当平面时，点到平面的距离最小，如图，此时于是，从而，而，因此四面体的体积，所以四面体的体积的取值范围是.故选：C7．为响应国家号召，某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.个体户小王2022年6月初向银行借了1年期的免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求.据测算：他每月月底获得的利润是该月初投入资金的20%，并且每月月底需扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2023年5月底他的年所得收入（扣除当月生活费且还完贷款）为（    ）元（参考数据：，）A．35200 B．43200 C．30000 D．32000【答案】D【分析】根据题意，由条件可得数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，再由等比数列的通项公式即可得到结果.【详解】设2022年6月底小王手中有现款为元，设2022年6月底为第一个月，以此类推，设第个月底小王手中有现款为，第个月月底小王手中有现款为，则，即，所以数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，∴，即，年所得收入为元.故选：D.8．已知函数存在零点，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将问题转化为有实数根，构造函数，利用导数求解的最值，利用基本不等式求解的最值，即可求解.【详解】有零点，则有实数根，即有实数根，记，则有实数根，由于，，故当时， ，单调递增， 当时，，单调递减，所以当时， 取极大值也是最大值，所以，对于,所以，当且仅当时，即时，等号成立，此时取最小值4，要使有实数根，则需满足，此时 ，故选：B.【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过等价变换，转化两个函数与函数图象交点个数，数形结合推理作答. 二、多选题9．下列命题中，正确的是（    ）A．夹在两个平行平面间的平行线段相等B．三个两两垂直的平面的交线也两两垂直C．如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条，且一定在内D．已知，为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于【答案】ABD【分析】利用平面平行的性质，平面垂直，线面平行的相关性质逐项进行分析即可求解.【详解】如图，,且，求证：.因为,所以过可作平面，且平面与平面和分别相交于和.因为，所以，因此四边形是平行四边形，所以,故选项A正确；如图所示，平面，，，，，， 在平面内作异于的直线，因为，，所以，因为，所以，，，所以，则，又因为，，所以，则，同理可得：，所以，故选项B正确；若直线平面，，在平面内过点且平行于直线的直线有且只有一条，故选项C错误；因为，为异面直线，平面，平面，则与相交，但未必垂直，且交线垂直于直线，，又直线满足，，则交线平行于，故选项D正确，故选：ABD.10．已知函数的图像相邻两个对称中心之间的距离是，将的图像先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图像，若是奇函数，则下列结论错误的是（    ）A．的最小正周期是B．在上单调递增C．的图像关于直线对称D．的图像关于点对称【答案】ACD【分析】根据题意，由三角函数的图像变换可得的解析式，从而得到函数的解析式，再由余弦型函数的性质，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】由题意可得，则，从而，故，从而，因为是奇函数，所以，解得，因为，所以，则，因为的最小正周期是，所以A错误；令，解得，当时，，因为，所以B正确；当时，，，所以直线不是的对称轴，所以C错误；当时，，所以的图像关于点对称，则D错误；故选: ACD11．记函数与的定义域的交集为I．若存在I，使得对任意I，不等式恒成立，则称(，)构成“M函数对”．下列所给的两个函数能构成“M函数对”的有（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】AC【分析】两个函数图像有交点，交点两侧图像一侧满足，另一侧满足即可.【详解】选项A：在单调递增，在单调递减，所以与在有交点，符合新定义，选项B：满足，故不成立；选项C：在区间 ；在区间满足，所以存在符合题意.选项D，存在两个非零的零点，故不成立．故选：12．如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为，直线与圆的另一个交点为，且点满足.记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，则下列说法不一定正确的是（    ）  A． B．C． D．【答案】BCD【分析】通过空间直线、平面的位置关系作出相应角，结合解直角三角形得出对应三个角的正余弦值一一判定即可.【详解】  如图所示，连接EF、BE、BF，过B作BD∥AC，交圆于D点，∵E、F分别为PA、PC的中点，∴EF∥AC∥BD，BD即面EFB与面ABC的交线l，由题意易知：BC⊥BD，PC⊥BD，面PBC，则BD⊥面PBC，而面PBC，则BD⊥BF，即二面角的大小，∴；由Q满足，过D作DQ∥PC，使DQ=CF即可，则DQ⊥面ABC，结合题意此时四边形CDQF为矩形，则直线与平面所成的角，即；过Q作QG∥BD，且QG=BD，连接BG、FG、PG，显然EF∥QG，此时四边形BFPG为平行四边形，PG=FB，则异面直线与所成的角，结合上面说明得QG⊥面PBC，而面PBC，则QG⊥PG，即.∴，即A正确；及，即B、C错误；即D错误；故选：BCD 三、填空题13．若两个锐角，满足，则______.【答案】【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式，化简可得角，的关系，代入即可求解.【详解】因为，所以所以，因为，为锐角，所以有，所以，即，所以，即，因为，为锐角，所以有，即，所以故答案为：14．已知随机变量服从，则当______时，概率最大.【答案】5或6【分析】依题意可得，则，即可得到不等式组，从而求出参数的取值范围，再结合的取值特征，即可得解.【详解】在次射击中击中目标的次数为，当时对应的概率，因为取值最大，所以，即，即，解得，因为且，所以或时概率最大．故答案为： 5或615．椭圆与抛物线有公共点，则的取值范围是______.【答案】【分析】由椭圆的性质结合判别式计算即可.【详解】，联立椭圆与抛物线方程，则由题意可知：.如图所示，可知为椭圆向左或右平移个单位，若要符合题意，还需.故答案为：.  16．我校为了支援山区教育事业，组织了一支由13名一线中小学教师组成的支教团队，新闻记者采访其中某位队员时询问了本团队的人员构成情况.该队员回答问题的结果如下：①支教团队有中学高级教师；②中学教师不多于小学教师；③小学高级教师少于中学中级教师；④小学中级教师少于小学高级教师；⑤支教团队中教师的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中学高级；⑥无论是否把我计算在内，以上五个条件都成立.据此，我们可以推测该队员的职称是______.（从下列四个选项中选出正确的数字代号填空：（1）小学中级；（2）小学高级；（3）中学中级；（4）中学高级）【答案】（1）【分析】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级的人数，根据条件建立不等式组，再分别就该队员的学段及职称是否满足不等式组即可作答.【详解】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为,,,，则，于是，即，，若，则，而，从而，若，则，而，有，又，因此，矛盾，该队员为小学中级时，去掉该队员，有，满足；该队员为小学高级时，去掉该队员，有，不满足；该队员为中学中级时，去掉该队员，有，不满足；该队员为中学高级时，去掉该队员，有，不满足，所以该队员为小学中级.故答案为：（1）【点睛】关键点睛：推理应用问题，根据给定条件建立关系式，利用分类讨论的数学思想是解决问题的关键. 四、解答题17．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】（1）如图，∵面，连，则，又，∴，又，面，面，于是面，又面，，所以面面.（2）由(1)可得，以为轴，建系如图，，，则因为,所以,则,因为,所以,设平面的一个法向量为，因为,所以，令，则，所以，设平面的一个法向量为，因为,所以，令，则，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.(1)求角的大小；(2)若的外接圆半径为1，且的外心满足，，求的最大值.【答案】(1)(2)2 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化化简，再由三角恒等变换公式即可得到结果；（2）由题意可得，再结合平面向量的模长计算公式，将式子两边平方，再结合基本不等式即可得到结果.【详解】（1）由及正弦定理，得即，,因为 所以，即.由于，所以，.（2）∵，∴.由，得平方，得，∴解得（当且仅当时取“”，此时为正三角形）故为正三角形时，取最大值2.19．已知数列满足，且的前100项和(1)求的首项；(2)记，数列的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分为奇数和为偶数两种情况进而讨论即可求解；（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.【详解】（1）当为奇数时，；则偶数项构成以为公差的等差数列，所以当为偶数时，；当为偶数时，，则奇数项构成以1为公差的等差数列，所以当为奇数时，，则，又，所以，解得，.（2）由（1）得，，，，当时，，∴，综上，知.20．已知椭圆的方程为，在椭圆上，离心率，左、右焦点分别为、.(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆交于，两点，连接，并延长交椭圆于、两点，连接，试探索直线与直线的斜率之比是否为定值，并说明理由.【答案】(1)(2)是，理由见解析 【分析】（1）由在椭圆上，得到，再根据和，求得的值，即可求解；（2）设，得到直线，联立方程组，结合，求得，，同理求得，，结合斜率公式，化简，即可求解.【详解】（1）由在椭圆上，可得，又由离心率，可得，且，解得，，，所以椭圆的方程为.（2）  设，则，直线：，代入：，得，因为，代入化简得，设，，则，所以，，直线：，同理可得，化简得，故，即，，所以直线DE的斜率又，所以.21．为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有，，的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为.(1)现从三个班中随机抽取一位同学：（i）求该同学有购买意向的概率；（ii）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率；(2)对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）.【答案】(1)（i）；（ii）(2)0.75. 【分析】（1）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.根据全概率公式即可求解，根据条件概率公式即可求解；（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.于是得到，构造等比数列，结合累加法可求解.【详解】（1）（i）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.由题意可知，，所以，由全概率公式可得：.（ii）由条件概率可得.（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.于是得到，易得，由于，于是当时，数列是以首项为，公比为的等比数列，故.于是于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75.【点睛】关键点睛：第二问中关键是设叫价为元的概率为，利用叫价为元是在叫价为元的基础上再叫价1元或在叫价为元的基础上再叫价2元，从而确定与的关系，再结合数列中的构造法和累加法即可求解.22．已知：函数，且，.(1)求证：；(2)设，试比较，，，的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）比值代换构造单元函数证明；（2）结合函数的单调性分与的大小情况讨论证明.【详解】（1）由对称性，不妨设，，则由于，欲证，即证：，.设，，由切线不等式得，故，单调递增，，得证.（2）证法一：由，得在上单调递减，且，在上单调递增且；由（1）知当时，在上单调递增，故，即.当时，由上面的结论，得时，有，即由在上单调递增，故，即.综上，得∵，∴，∵，关于单调递减，∴，.综上，得.证法二：∵，∴，∵，在上是减函数，∴，即；，在上是减函数，∴，即下面证明：当时，.（1）设，则，∴，即；设，则，∴即，∴（1）式成立下面证明：（2）∵，∴，∴（2）式成立.【点睛】注意掌握用导数证明不等式的常用方法技巧，如比值代换、切线不等式、指数（对数）均值不等式飘带函数等.