湖北省襄阳市优质高中2023-2024学年高三上学期2月联考数学试卷（Word版附解析）

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命题人：高凡亚 学校：枣阳一中
审题人：刘春晖 学校：曾都一中 审题人：吴庆丰 学校：宜城一中
考试时间：2024年2月2日 下午14：30-16：30 试卷满分：150分
注意事项：
答卷前、考生务必将姓名、准考证号等在答题卷上填写清楚.
选择题答案用2B铅笔在答题卷上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的色签字笔在每题对应的答题区域内做答，答在试题卷上无效.
第Ⅰ卷
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】C
【解析】
【分析】先求出集合中元素范围，再求交集即可.
【详解】，
，
则.
故选：C.
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的模的性质求复数的模.
【详解】因为，所以：.
故选：A
3. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用平面向量基本定理求解即得.
【详解】向量不共线，则，由共线，得，，
于是，则且，解得，
所以实数的值为.
故选：C
4. 抛物线的准线方程为，那么抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先通过准线方程求出，在代入抛物线求焦点坐标即可.
【详解】抛物线的准线方程为，可得，解得，
所以抛物线即，即的焦点坐标为.
故选：D.
5. 襄阳为“中国优秀旅游城市”，境内生态环境优美，旅游资源十分丰富，景区景点给人以自然的美妙与人文的魅力.其中南漳香水河、春秋寨，谷城薤山，保康五道峡，枣阳白水寺、唐梓山风景区，襄州鹿门寺都是风景宜人的旅游胜地，一位同学计划在假期从上面7个景区中选择3个游玩，其中香水河和五道峡最多只去一处，不考虑游玩的顺序，则不同的选择方案数有（ ）
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】分两种情况讨论，当香水河和五道峡只去一处时，不同的选择方案为；当香水河和五道峡一处也不去时，不同的选择方案为，进而得出答案.
【详解】解：因为香水河和五道峡最多只去一处，
故可分为两种情况讨论.
当香水河和五道峡只去一处时且不考虑游玩的顺序，
则不同的选择方案为；
当香水河和五道峡一处也不去时且不考虑游玩的顺序，
则不同的选择方案为.
综上：满足题意的不同选择方案数为+=30.
故选：B.
6. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质求出函数的周期，再结合赋值法求出函数值.
【详解】函数的定义域为，
由为奇函数，得，即，
由为偶函数，得，即，
因此，即，则，
即函数的周期是8，由，得，
所以.
故选：D
7. 四棱锥各顶点在同一球面上，，，，则这个球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定三角形ABD为等边三角形，求出外接圆半径r,直接利用球和锥体的关系求出球的半径，进一步利用球的表面积公式的应用求出结果．
【详解】四棱锥各顶点在同一球面上, ，,
则四边形四点共圆，对角互补，，故为等边三角形，
又，则点P在底面射影为的中心H，球心O在PH所在直线上，
设外接圆半径为r，则,，
设外接球的半径为，
当球心O在PH上，故，即，解得（大于PH长度，舍去）．
同理当球心O在PH延长线上，则即，解得成立，
故球的表面积为
故选：B
8. 数列中，，若恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. 3B. 6C. 12D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】先将条件变形得到，进而构造常数数列求出的通项公式，代入，通过参变分离，求最值即可.
【详解】由已知，
两边同时除以可得
，
即，
即，
则数列为常数数列，
所以，
所以，
又恒成立，
即恒成立，
因为，，
所以，
所以
又
所以要恒成立，有，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过递推式两边同时除以后，构造常数数列，可快速求出的通项公式，然后通过参变分离将恒成立问题转化为最值问题.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知的展开式第3项的系数是60，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 展开式中常数项是160
C. 展开式共有6项D. 展开式所有项系数和是
【答案】AB
【解析】
【分析】先通过展开式第3项的系数是60求出，然后利用二项式定理逐一判断即可.
【详解】的展开式第3项为，
则由已知可得，解得，A正确；
展开式的通项为，
令得，故展开式中常数项是，B正确；
展开式共有项，C错误；
令可得展开式所有项系数和是，D错误.
故选：AB.
10. 已知直线，圆，且圆过点，直线与圆交于两点，下列结论中正确的是（ ）
A. 圆的半径为2
B. 直线过定点
C. 的最小值是
D. 的最大值是0
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆的方程，结合圆的性质及数量积定义依次判断各选项即可.
【详解】由圆过点，得，圆的圆心，半径，A正确；
直线，由，得，即直线过定点，B正确；
显然点在圆内，，当时，，C错误；
当弦长最小时，圆心角最小，此时，则，
因此，当且仅当时取等号，D正确.

故选：ABD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A 平面
B. 到平面的距离是
C. 异面直线所成角的余弦值为
D. 平面将正方体分成两部分的体积比为
【答案】ABC
【解析】
【分析】构造面面平行，证明线面平行，可判断A的真假；利用体积法求点到面的距离，可判断B的真假；构造两条异面直线所成的角，将其放在三角形中，利用余弦定理求角的余弦，可判断C的真假；求出平面分正方体所得的两部分的体积，可得D的真假.
【详解】对A：连接，，，则易证，，所以，又平面，
平面，所以平面；
同理：，
、是平面内的两条相交直线，
所以：平面平面，平面，所以平面.故A正确；
对B：因为为中点，所以和到平面的距离相等，设为.
又在中，，，所以.
由.故B正确；
对C：取中点，连接，.
则，所以即为异面直线、所成的角.
在中，，，，
由余弦定理，.故C正确；
对D：，，所以平面把正方体分成的两部分的体积之比为：，故D错误.
故选：ABC
12. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 是函数的一个周期B. 在上单调递增
C. 的最小值是D. 在有3个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】取特值计算判断A；利用导数判断B；由偶函数性质，结合时的周期性分段讨论判断CD.
【详解】显然，，
即，因此不是函数的一个周期，A错误；
当时，，，，
求导得，因此在上单调递增，B正确；
函数的定义域为R，，
即函数是偶函数，当时，，
显然，则只需讨论在上最小值，
当时，，而，且与不同时为0，则，
当时，，，
当且仅当，即时取等号，由，得，，
当时，，，
当且仅当，即时取等号，由，得，，
当时，，，
由，得，，
因此当时，，的零点为，
所以函数的最小值是，在有3个零点，CD正确.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：涉及求含正(余)的二次式的最值问题，可以换元或整体思想转化为二次函数在区间或其子区间上的最值求解.
第Ⅱ卷
三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 航天发射可以推动一个国家科学技术的不断发展，提升国家的科技水平．航天发射同时还是一个国家综合实力的体现，可以提高一个国家在国际上的地位，中国航天科技集团于2023年1月18日发布的《中国航天科技活动蓝皮书（2022）》显示，我国2023年计划实施近70次宇航发射，1月至12月发射次数依次为：5，2，7，3，4，4，6，8，6，4，5，15，那么这组数据的上四分位数是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数定义求解即可.
【详解】将这12个数从小到大排列为：2，3，4，4，4，5，5，6，6，7，8，15，
因为，
所以这组数据的上四分位数为第9个和第10个数的平均数，
即，
故答案为：
14. 等比数列的首项为1，前项和为，且，那么满足的的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用等比数列的求和公式求出公比，然后代入求解的范围即可.
【详解】设等比数列的公比为，
当时，，不符合条件，故，
则，解得.
所以由得，
即，由于
所以，
即满足的的最大值是.
15. 函数的导函数为，若在的定义域内存在一个区间在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称区间为函数的一个“渐缓增区间”．若对于函数，区间是其一个渐缓增区间，那么实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先通过在区间上单调递减，得到其导函数不大于零恒成立，通过参变分离求最值得的范围，再通过在区间上单调递增，得到其导函数不小于零恒成立，通过单调性求得的范围，综合可得答案.
【详解】对于函数，
，令，
则，因为在区间上单调递减，
所以恒成立，即恒成立，又，
所以，
又在区间上单调递增，
所以恒成立，
所以，解得，
综合得.
故答案为：.
16. 直线与双曲线的左、右支分别相交于两点，为坐标原点，是双曲线右焦点，若，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据，结合正切函数定义推出，从而求出直线的斜率，设，利用直线的垂直关系，求出的表达式，代入双曲线方程，可得关于的齐次式，即可求得答案.
【详解】如图，，则,
因，故，
故，
则，即直线的斜率为，

设，则，即，
又，，c为双曲线的半焦距，
则,即，即，
则，将，代入，
得，整理得，
即，解得或，
由于，故，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查双曲线离心率的求解，解答的关键是利用题意，求出B点坐标的表达式，进而代入双曲线方程，得到关于的齐次式，即可求解离心率.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 的内角的对边分别为，且满足
（1）求角；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理进行角化边得到的关系，再利用余弦定理求得角；
（2）利用平面向量的数量积得，再利用求得，从而可得的周长.
【小问1详解】
利用正弦定理进行角化边，得，
整理得，
由余弦定理可得，
又，所以.
【小问2详解】
因为，所以，即.
由得，即.
所以的周长为.
18. 已知数列的前项和为，首项，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）利用数列的前项和与的关系，确定数列的通项公式；
（2）利用并项求和法求数列的前项和.
【小问1详解】
因为：.
当时，；
两式相减得：
即：.
所以：是以为首项，以为公差得等差数列，
故.
【小问2详解】
因为：，所以，
所以：.
所以：.
19. 如图，在四棱锥中，，，底面是直角梯形，．

（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，，先由几何条件证明平面，再利用线面垂直判定定理证明平面，从而可求解.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的中的一个法向量，利用空间向量法求解面面夹角，从而可求解.
【小问1详解】
证明：取中点，中点，连接，，，连接交于点，如图，
因为，所以，
又因为，在中，
因为，在中，
又因为，则，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在和中，，
所以，又因为，所以，
所以，则，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以.
【小问2详解】
由（1）得以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如上图，
则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
由（1）知平面，平面，
所以平面平面，且平面平面，
因为，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
故平面与平面的夹角余弦值为.
20. 2023年湖北省羽毛球青少年俱乐部联赛鄂北大区赛在襄阳举行，来自襄阳、十堰、孝感、随州4个城市的28支俱乐部的305名运动员挥拍上阵，展现了湖北省基层青少年羽毛球运动的活力与潜力、赛前各俱乐部对此赛事积极准备，某俱乐部计划对男子个大单打项目的运动员进行内部选拔，在队员甲和乙中选择优胜者参加比赛．选拔规则是两人比赛，先连胜两局者直接胜出，比赛结束．若赛完5局仍未出现连胜，则获胜局数多者胜出．现已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率是，各局比赛结果相互独立．
（1）求甲恰好在第4局比赛后胜出的概率；
（2）记比赛结束时的比赛局数为，求的分布列与期望．
【答案】20.
21. 分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据概率的乘法公式，求出对应的概率，即可得到结论．
（2）利用离散型随机变量分别求出对应的概率，即可求的分布列；以及期望．
【小问1详解】
用A表示甲恰好在第局赢得比赛的是事件，表示第局甲获胜，表示第局乙获胜，
则，，，
所以.
【小问2详解】
的可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列如下表：
所以
21. 已知点A、分别是椭圆：的上、下顶点，、是椭圆的左、右焦点，，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同两点、（、与椭圆上、下顶点均不重合），证明：直线、的交点在一条定直线上．
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据体积确定椭圆中、的值，得出椭圆的标准方程.
（2）先设出直线方程，与椭圆方程联立，消去，利用一元二次方程根与系数的关系，写出，，再表示出直线、，确定其交点，并判断它们的交点在一条定直线上.
【小问1详解】
由，，
所以所求椭圆的标准方程为：.
【小问2详解】
如图：过点的直线与椭圆相交于、两点，因为、不与A、重合，故直线的斜率一定存在.
设直线方程为：，联立方程组：，消去得：.
设，，则，.所以.
直线：；
直线:.
所以：.
所以：.即直线与的交点在定直线上.
【点睛】方法点睛：求证点在定直线上的问题，一般可以采用以下方法：
（1）求出点的坐标，根据横纵坐标的关系，写出直线方程，得到点在定直线上；
（2）大胆猜测定直线的性质，如该题就大胆猜测两直线的交点所在的直线与轴平行，所以直接消去x，得到y的值，从而确定交点在定直线上.
22. 已知函数，其导函数为．
（1）求单调性；
（2）求零点个数．
【答案】（1）在上单调递减；
（2）2个零点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，二次求导，得到导函数单调性和极值情况，从而求出的单调性；
（2）得到的定义域，求导，分，和，结合函数的单调性，隐零点，零点存在性定理等得到函数的零点个数.
【小问1详解】
的定义域为，
，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，也是最大值，
又，故恒成立，
则在上单调递减；
【小问2详解】
，定义域为，
，
当时，单调递减，且，
，，
故存在，使得，即，
当时，，当时，，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
又，
，，
由（1）知，在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
故，
又当趋向于0时，趋向于，
由零点存在性定理得在和上，各存在一个零点，
当时，由（1）知，恒成立，
此时恒成立，故在恒成立，
故此时函数无零点，
当时，，
令，则，则在上单调递减，
其中，
由于，故，所以，
故时，，
综上，的零点个数为2.
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方