2023届湖北省武汉市高三5月模拟训练数学试题含解析

这是一份2023届湖北省武汉市高三5月模拟训练数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届湖北省武汉市高三5月模拟训练数学试题

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再由交集和补集的定义求解即可.
【详解】，
，
，.
故选：C.
2．设复数满足为纯虚数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设复数的代数形式，根据复数的除法运算化简复数，根据纯虚数的概念以及复数的模长公式可求出结果.
【详解】设，
则
，
依题意得，即，
则.
故选：A
3．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】D
【分析】利用特殊值以及既不充分也不必要条件的定义可得答案.
【详解】当，时，不能推出；
当，时，不能推出，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．已知，为单位向量，若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意结合数量积的定义分析可得反向，进而可得，运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
因为，则，即，
可得，且，
则，即反向，
可得.
故选：D.
5．函数的部分图象可能为（    ）
A．   B．  
C．   D．  
【答案】A
【分析】根据奇偶性排除D；根据特殊区间上函数值的符号排除BC可得答案.
【详解】的定义域为，关于原点对称，
又因为，所以是奇函数，其图象关于原点对称，故D不正确；
当时，，则，故B不正确；
当时，，故，故C不正确.
故选：A
6．将按照某种顺序排成一列得到数列，对任意，如果，那么称数对构成数列的一个逆序对.若，则恰有2个逆序对的数列的个数为（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据逆序对的定义，分数列的第一个数为，数列的第二个数为，数列的第三个数为，数列的第四个数为，四种情况讨论即可.
【详解】若，则，
由构成的逆序对有，
若数列的第一个数为，则至少有个逆序对，
若数列的第二个数为，
则恰有2个逆序对的数列为，
若数列的第三个数为，
则恰有2个逆序对的数列为或或，
若数列的第四个数为，
则恰有2个逆序对的数列为，
综上恰有2个逆序对的数列的个数为个.
故选：B.
7．已知点M，N是抛物线：和动圆C：的两个公共点，点F是的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当变化时，的最小值为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得到，结合是MN的中点，可得，由抛物线的定义可将转化为，当三点在一条直线时，可求得的最小值.
【详解】圆C：的圆心，
当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，
设直线的方程为，化简为：，
，消去可得：，
设，，所以，
因为是MN的中点，所以，解得：，
故，，由抛物线的定义可知，过点作交于点，
过点作交于点，
所以，所以，
当三点在一条直线时取等.
故选：B.
  
8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设，对求导，得到的单调性的最值，结合对数函数和三角函数的性质，即可证明，再证明，令，通过指数和对数函数的运算性质可证明，即可得出答案.
【详解】设，，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
，
又，则，
，所以，
对于，令，则，
此时，
所以.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：
（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，
（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，
（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.

二、多选题
9．已知圆：，直线：，则（    ）
A．直线在y轴上的截距为1
B．直线的倾斜角为
C．直线与圆有2个交点
D．圆上的点到直线的最大距离为
【答案】ABC
【分析】根据截距，倾斜角的定义，判断AB；根据直线与圆的位置关系，即可判断CD.
【详解】A.当时，，直线在y轴上的截距为1，故A正确；
B.直线的斜率为1，设直线的倾斜角为，，，所以直线的倾斜角为，故B正确；
C.圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，所以直线与圆有2个交点，故C正确；
D.根据C可知，圆上的点到直线的最大距离为，故D错误.
故选：ABC
10．在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，方差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，方差是0.4，下列说法正确的有（    ）
A．平均来说甲队比乙队防守技术好
B．乙队比甲队的防守技术更稳定
C．每轮比赛甲队的失球数一定比乙队少
D．乙队可能有一半的场次不失球
【答案】AB
【分析】根据比赛平均失球数及方差分别判断各个选项即可.
【详解】甲队每场比赛平均失球数是1.5；乙队每场比赛平均失球数是2.1，平均来说甲队比乙队防守技术好,A选项正确；
甲队每场比赛平均失球数方差为1.1；乙队每场比赛平均失球数方差是0.4，乙队比甲队的防守技术更稳定,B选项正确；
甲队每场比赛平均失球数是1.5；乙队每场比赛平均失球数是2.1，甲队的平均失球数比乙队少, 但是每轮比赛甲队的失球数不一定比乙队少,C选项错误；
甲队每场比赛平均失球数是1.5；乙队每场比赛平均失球数是2.1，平均失球数是3.6, 乙队有一半的场次不失球则每场比赛平均失球数要小于1.8，D选项错误.
故选:AB.
11．已知函数，其中，，则（    ）
A．若存在最小正周期且，则
B．若，则存在最小正周期且
C．若，，则的所有零点之和为2
D．若，，则在上恰有2个极值点
【答案】AD
【分析】由求出可判断A；若，当时，，可判断B；当，时，化简，即所以的所有零点之和，即与的交点的横坐标之和，画出图象可判断C；当，，则，对求导，令，则，则在的极值点个数，即图象的交点个数，画出图象可判断D.
【详解】对于A，若存在最小正周期且，则，解得：，故A正确；
对于B，若，当时，
，
所以，故B不正确；
对于C，令，则，
当，时，，
，


，
所以，即，
所以的所有零点之和，即与的交点的横坐标之和，
如下图，
  
与的有3个交点（从左到右）为，且与的关于对称，
故，，则，故，C不正确；
对于D，当，，则，
即，
因为，，令，则，
则，则在的极值点个数，
即图象的交点个数，如下图，
  
故图象有2个交点，故D正确.
故选：AD.
12．在中，，，点D满足，将沿直线BD翻折到位置，则（    ）
  
A．若，则
B．异面直线PC和BD夹角的最大值为
C．三棱锥体积的最大值为
D．点Р到平面BCD距离的最大值为2
【答案】BD
【分析】由题意可知，由余弦定理得，对于A，当，得结合余弦定理可判断；对于B，折叠前，令，可证明平面，从而可判断；对于C，D，设，则，，由余弦定理得：，当平面平面时，设到平面的距离为，三棱锥的体积，结合函数的单调性即可判断.
【详解】在中，，，

由余弦定理得
对于A，当，则在中，由余弦定理得，A错误；
对于B，折叠前，令，折叠后有，又平面，所以平面，
所以，所以异面直线PC和BD夹角的最大值为，B正确；
设，则，，
在中，由余弦定理得：,
在中，，，
当平面平面时，设到平面的距离为，则

解得
对于C，三棱锥的体积
令，则，
所以，
因为，所以，
而在上单调递减，所以当，即时，，C错误；
对于D，因为，所以，所以当时，.
到平面的最大距离为2 ，D正确.
故选：BD

三、填空题
13．在的展开式中，含项的系数为_______.
【答案】32
【分析】求出展开式的通项，再令的指数等于，即可得解.
【详解】展开式的通项，
令，则，
所以含项的系数为.
故答案为：.
14．如图，一个水平放置在桌面上的无盖正方体容器，，容器内装有高度为的水，现将容器绕着棱所在直线顺时针旋转45°，容器中溢出的水刚好装满一个半径为的半球形容器，不考虑容器厚度以及其它因素影响，则_______.
  
【答案】/2.25
【分析】由长方体、球的体积公式计算即可.
【详解】由题意可知当旋转后，此时水面溢出，则此时水在正方体容器中形成一个三棱柱（正方体的一半），故由长方体、球的体积公式可知：.
故答案为：

四、双空题
15．设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则A，B，C三个事件________（填“是”或“不是”）两两独立，且________.
【答案】 是
【分析】根据题意分别求得，结合独立事件的定义，可判定事件相互独立，且的值.
【详解】由题意，可得，
且，
所以
所以事件是相互独立事件，且.
故答案为：是；.

五、填空题
16．已知椭圆：，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，点F为椭圆C的右焦点，Р为椭圆上一点，且PF垂直于x轴.过原点О作直线PA的垂线，垂足为M，过原点О作直线PB的垂线，垂足为N，记，分别为，的面积.若，则椭圆的离心率为_________.
【答案】
【分析】设可得，再由三角形的面积公式将化简为①，再由可得，代入①可得，化简即可求出椭圆的离心率.
【详解】设，故，
则，，所以，
①，
令中，所以，解得
故，即，
所以，
所以代入①可得：，
所以，
则，
即，
即，
即，即，
即，故，解得：.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于由三角形的面积公式将化简为，再由勾股定理求出，代入化简即可.

六、解答题
17．已知各项均不为零的数列的前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)若恒成立，求正整数的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，当时，求得，当时，得到，两式相减化简求得，得到数列中奇数项和偶数项分别构成等差数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）求得，结合当时，和当时，，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，各项均不为零的数列的前项和为，满足且，
当时，，解得，
当时，，两式相减得，
因为数列中各项均不为零，即.
所以数列中奇数项是以为首项，2为公差的等差数列；
偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，
当时，，即；
当时，，即，
综上，数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知数列是以1为首项，1为公差的等差数列，可得，
因为，所以，
当时，，即不等式恒成立；
当时，.
故正整数的最大值为.
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角A；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)2

【分析】（1）根据数量积的定义及正弦定理得，.再结合三角形的性质建立方程求解即可；
（2）根据正弦定理及面积公式直接求解即可.
【详解】（1）在中有.
即.
因为，由正弦定理可得，即.
同理，
由正弦定理可得，即.
在中有.
解得，，.
由，得：.
（2）面积，代入，，整理得：.
由（1）知，，即，.
中，由正弦定理可得，即.
所以.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
  
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角的余弦公式，求余弦值的最大值.
【详解】（1）中，E为PB的中点，所以.
在正方形ABCD中，.
因为平面ABCD，平面ABCD，即.
又因为，平面PAB，所以平面PAB.
平面PAB，即，又因为，，平面PBC.
所以平面PBC，平面AEF，
即平面平面PBC.
（2）因为平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.
以A为原点， AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
  
有，，，，，
PB中点，设，.
，，，.
设平面PCD的法向量，由，
得，取.
设平面的法向量，由，
得，取.
所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为.
令，，
则，
所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，
此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.
20．2023年5月10日长征七号火箭剑指苍穹，搭载天舟六号货运飞船为中国空间站运送补给物资，为中国空间站的航天员们长时间探索宇宙奥秘提供强有力的后援支持.某校部分学生十分关注中国空间站的发展，若将累计关注中国空间站发展的消息达到6次及以上者称为“航天达人”，未达到6次者称为“非航天达人”.现从该校随机抽取50人进行分析，得到数据如表所示：

航天达人
非航天达人
合计
男
20

26
女

14

合计



(1)补全2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为“航天达人”与性别有关联?
(2)现从抽取的“航天达人”中，按性别采用分层抽样的方法抽取6人，然后从这6人中随机抽取3人，记这3人中女“航天达人”的人数为X，求X的分布列和数学期望.
附：

0.100
0.050
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】(1)表格见解析，“航天达人”与性别无关
(2)分布列见解析，1

【分析】（1）由已知补全2×2列联表，假设“航天达人”与性别无关，根据表中的数据计算得到，再根据小概率值的独立性检验可得答案；
（2）在“航天达人”中按性别分层抽样抽取男航天达人有人，女航天达人有2人，X所有可能取值为：0，1，2，求出所对应的概率可得分布列和期望.
【详解】（1）补全2×2列联表如下表：

航天达人
非航天达人
合计
男
20
6
26
女
10
14
24
合计
30
20
50
零假设：假设“航天达人”与性别无关，
根据表中的数据计算得到，
查表可知，
所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，因此“航天达人”与性别无关；
（2）在“航天达人”中按性别分层抽样抽取，男航天达人有人，女航天达人有2人，X所有可能取值为：0，1，2，
则，，，
所以X的分布列如下：

0
1
2




X的数学期望为.
21．已知双曲线：的一条渐近线为，椭圆：的长轴长为4，其中.过点的动直线交于A，B两点，过点Р的动直线交于M，N两点.
(1)求双曲线和椭圆的方程；
(2)是否存在定点Q，使得四条直线QA，QB，QM，QN的斜率之和为定值?若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)双曲线的方程为：；椭圆的方程为：
(2)存在，点坐标为.

【分析】（1）由椭圆及双曲线的性质计算即可；
（2）两直线与椭圆、双曲线的交点没有联系，故可分开单独计算各斜率之和即可，设点A、B、Q坐标及直线：与双曲线联立，结合韦达定理化简计算得：，待定系数计算并检验可得，再代入验证是否为定值即可.
【详解】（1）已知双曲线渐近线为，即.
因为椭圆的长轴长，即，.
所以双曲线的方程为：.
椭圆的方程为：.
（2）  
当直线、的斜率不存在时，不满足题意.
故直线的方程设为：，直线过点，即.
与双曲线方程联立，得.
故，.
设，，有，.
设.
.
化简得.
代入韦达定理得：
.
将代入其中消去化简得：
.
由动直线、互不影响可知，要满足为定值，
则为定值，为定值.
因此要满足为定值，则有：
①若，，计算得，.
经检验满足，此时.
②若，即，，
有.
无解.
综上，当，.
下面只需验证当时，是否为定值.
设直线方程为：，直线过点，即.
椭圆方程联立，得.
故.
设，，有，.
.
化简得.
代入韦达定理化简可得：.
将代入其中可得：.
所以当，，，.
所以点坐标为.
【点睛】关键点睛：第二问斜率定值问题，关键在于待定系数化简计算上，即设点A、B、Q的坐标及直线的方程，利用韦达定理消元化简两斜率之和可得：，待定系数求值即可确定斜率和为定值时的Q坐标，再确定此时是否为定值，注意检验.
22．已知，其中.
(1)若，讨论的单调性；
(2)已知是的两个零点，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）若，求得，分和，两种情况，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）根据题意得到，要证，转化为，令，求得，得出函数的单调性，得出，再设，求得，得到，即可求解.
【详解】（1）解：若，即，可得，
①若，则，即在单调递减；
②若，令有，即在上单调递减，上单调递增，
综上可得：当，在单调递减；
当，在上单调递减，上单调递增.
（2）解：由题意知是的两个零点，且，
即，，
所以，即，
要证：，
只需证：，
即证：，
即证：，令，
即证：，
令，可得，
即在上单调递增，则，即，
设，有，
所以在上单调递减，则，即
综上可得：.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.