2023届湖北省武汉市东湖风景区高三调研卷（四）数学试题含解析

2023届湖北省武汉市东湖风景区高三调研卷（四）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则实数a的取值范围为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式得出集合A，结合A、B的关系，即可求出a的取值范围.

【详解】不等式的解集为或

由题得或，

因为，，

所以，即实数的取值范围为．

故选：C．

2．复数，若为纯虚数，则（　　）

A．-i B．7i C．-5i D．5i

【答案】B

【分析】化简得，由得解.

【详解】由题意得，

因为为纯虚数，所以，

所以．

故选：B．

3．下列不等式正确的是（　　）

A．若，则

B．若，则

C．若，，则

D．若，，，且，则

【答案】D

【分析】举例说明选项ABC错误；利用作差法证明选项D正确.

【详解】对于A，当，，时满足，但，所以A错误；

对于B，当，，时，满足，但，所以B错误；

对于C，由不等式的基本性质易知，当，，时满足，，但，所以C错误；

对于D，，所以，故D正确．

故选：D．

4．数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其中前几项分别为2，5，9，14，20，27,记该数列的后一项与前一项之差组成新数列，则（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】根据观察法，即可得出结果.

【详解】法一：根据题意知，数列2，5，9，14，20，27，…，

满足，

所以．

法二：由题意得，新数列为3，4，5，6，7，8，…，

故．

故选：D．

5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为左顶点，B为短轴的一个端点，若，，构成等比数列，则圆C的离心率为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由等比数列性质得出关于的齐次方程，变形后可求得离心率．

【详解】由题可知，因为，，构成等比数列，

所以，即，即，

所以，解得或（舍）．

故选：D．

6．已知，则函数存在两个零点的概率为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由条件求函数有两个零点时的范围，利用几何概型概率求法求解.

【详解】由题可知若，

函数存在两个零点，

则需满足，解得，

所以函数存在两个零点的概率．

故选：B．

7．如图，若程序框图输出的S值是0，则判断框①中应为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据程序框图中的循环结构和输出值运算即可求解.

【详解】由程序框图知初始值为，，

第一次循环结果为，，

第二次循环结果为，，

第三次循环结果为，，

第四次循环结果为，，退出运行，

所以符合①中的条件．

故选：A．

8．已知点P在棱长为的正方体的外接球O的球面上，当过A，C，P三点的平面截球O的截面面积最大时，此平面截正方体表面的截线长度之和L为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由球的截面性质结合条件确定截面的位置，由此确定平面，再求正方体被该平面截得的截线的长度.

【详解】设底面正方形的中心为，

当过A，C，P三点的平面截球的截面面积最大时，

截面圆为大圆，截面过球心，

故点P，O，三点共线，

因为平面，

所以平面，

此平面截正方体的截面即为正方体的面，

所以．

故选：A．

9．已知圆上两动点A，B满足为正三角形，O为坐标原点，则的最大值为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由条件可得，由此确定点的轨迹方程，再求的最大值可得结论.

【详解】由题可知是边长为1的正三角形，

设的中点为，则，

又，所以点的轨迹方程为，且．

因为，所以，

因为，

当且仅当点在线段上时等号成立，

所以的最大值为，

所以的最大值为．

故选：D．

10．已知函数，若的图象关于点对称，且直线与函数的图象的两个交点之间的最短距离为，则下列四个结论中错误的是（　　）

A．的最小正周期为

B．的单调递减区间是，

C．的图象关于直线对称

D．的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数

【答案】C

【分析】根据正弦函数的图象和性质逐项进行检验即可求解.

【详解】由题知直线与函数的交点之间的最短距离为，所以，故A正确；

所以，所以，

因为的图象关于点对称，所以，即，，

又因为，所以当时，，所以，

令，，解得，，

所以的单调递减区间为，，故B正确；

因为，故C错误；

函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数

为奇函数，故D正确．

故选:C．

11．已知抛物线的焦点为F，圆，过点F的直线与圆M交于C，D两点，交抛物线E于A，B两点，点A，C位于轴上方，则满足的直线的方程为（　　）

A．

B．

C．或

D．或或

【答案】B

【分析】易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，，，，直线方程分别联立抛物线方程和圆的方程，利用韦达定理可得、，结合即列方程，解之即可.

【详解】由题可知，当直线的斜率为0时，不适合题意；

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，

由，得，则，

设，，，

则，，所以．

由，得，

设，，，则，

因为，所以，

若，则，此时，则直线为，符合题意；

若，则，所以，此方程无解．

综上所述，直线的方程为2．

故选：B．

12．若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，求导数确定函数的单调性与取值情况，即可作出的大致图象，将函数的零点个数转化为函数函数的图象与直线的图象交点个数，分析函数与直线情况，即可得实数a的取值范围.

【详解】令，，则，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

当时，，当趋向正无穷时，趋向正无穷，故作出的大致图象，如图所示．

由题知函数恰有2个零点，即函数的图象与直线的图象恰有2个交点，

易知点为与直线的公共点，又曲线在点处的切线方程为，

所以当，直线与与曲线有2个交点；

当时，直线与曲线有2个交点．

综上所述，实数的取值范围为．

故选：C．

二、填空题

13．2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相，为了解学生对这一新闻的关注度，某班主任在开学初收集了50份学生的答题问卷，并抽取10份问卷进行了解，现采用系统抽样的方法，将这50份答题问卷从01到50进行编号，分成10组，已知第一组中被抽到的号码为03，则第8组中被抽到的号码为________．

【答案】38

【分析】先求出系统抽样中抽到的相邻两个编号的间隔，再利用系统抽样的性质求解.

【详解】依题可知系统抽样中抽到的相邻两个编号的间隔为，

因为第一组中抽到的是03号，

所以第8组中被抽到的号码为．

故答案为：38

14．已知，则的展开式中含x的项为________．

【答案】

【分析】由微积分基本定理求，再由二项式展开式的通项公式求含x的项

【详解】因为，

所以，

则的展开式的通项公式为，

令，得，

所以含的项为．

故答案为：.

15．已知在正项等比数列中，，，则使不等式成立的正整数n的最小值为________．

【答案】9

【分析】设等比数列的公比为，且，求出，再解不等式即得解.

【详解】设等比数列的公比为，且，

因为，，所以，

所以，所以．

因为，即，

当时，；当时，，

所以正整数的最小值为9．

故答案为：9

三、双空题

16．中国有悠久的建筑文化，鲁班锁就是其中一种，鲁班锁的形状种类很多，其结构起源于中国古代建筑的榫卯结构，利用了其拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，一般都是易拆难装．现有如图（1）的鲁班锁，其各个面是由正三角形与正八边形构成的，图（2）是该鲁班锁的直观图，则该鲁班锁的各个面中为正三角形的面有________个，若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁表面中为正八边形的面的面积之和为________．

【答案】     8；     .

【分析】（1）观察直观图可知各个面中为正三角形的面的个数；（2）画出正八边形的平面图，利用割补法求出每个正八边形的面积即得解.

【详解】从图（2）的直观图中可知，各个面中为正三角形的面共有8个．

由直观图可知表面为正八边形的面有6个，如图为正八边形的平面图，

易得，分别过点，作，，垂足分别为M，N，则，

则每个正八边形的面积为，

所以该鲁班锁表面的所有正八边形的面的面积之和为.

故答案为：8；.

四、解答题

17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若________．

在以下两个条件中任选一个补充在横线上：①；②，并解答下列问题．

(1)求角A；

(2)若，求面积的最大值．

注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）若选①利用正弦定理和余弦定理即可求解；若选②利用正弦定理将边化角即可求解；

（2）结合（1）结论，利用余弦定理和基本不等式得到，再利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）若选①：因为，

所以由正弦定理得，

即，

又由余弦定理得，所以，

又因为，所以．

选②：由得，

则由正弦定理得，

因为A，，所以，所以，

所以．

（2）由（1）可知，则由余弦定理得

，当且仅当时取等号，

又，所以，

所以，

所以面积的最大值为．

18．如图，在正四棱台中，，正四棱台的体积为28．

(1)求正四棱台的高；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)3

(2)．

【分析】（1）由棱台体积公式求解；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角．

【详解】（1）由题可知，，

所以，，

设正四棱台的高为，

则

，

所以，

即正四棱台的高为3．

（2）设正四棱台的上、下底面的中心分别为，O，取BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，，易知OG，OF，两两垂直，

所以以为坐标原点，分别以OG，OF，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，取，则，，所以，

设直线与平面所成的角为，

则，

即直线与平面所成角的正弦值为．

19．2022世界机器人大会在北京召开，来自各个领域的参展机器人给参观者带来了不同的高科技体验．现有A，B两种型号的小型家庭生活废品处理机器人，其工作程序依次分为三个步骤：分捡，归类，处理，每个步骤完成后进入下一步骤．若分捡步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为20分，若归类步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为30分，若处理步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为50分．若各步骤完成但效能没有达到95%，则该步骤得分为0分，在第三个步骤完成后，机器人停止工作．现已知A款机器人完成各步骤且效能达到95%及以上的概率依次为，，，B款机器人完成各步骤且效能达到95%及以上的概率均为，每款机器人完成每个步骤且效能是否达到95%及以上都相互独立．

(1)求B款机器人只有一个步骤的效能达到95%及以上的概率；

(2)若准备在A，B两种型号的小型家庭生活废品处理机器人中选择一款机器人，从最后总得分的期望角度来分析，你会选择哪一种型号？

【答案】(1)；

(2)应该选择种型号的机器人．

【分析】（1）记“B款机器人只有一个步骤的效能达到及以上”为事件，利用独立重复性试验的概率公式求解；

（2）设款机器人完成所有工作总得分为，求出；设款机器人完成所有工作总得分为，求出,比较和即得解.

【详解】（1）记“B款机器人只有一个步骤的效能达到及以上”为事件，

则．

（2）设款机器人完成所有工作总得分为，

则的可能取值为，

所以，

，

，

，

，

，

，

所以的分布列为：

则．

设款机器人完成所有工作总得分为，

则的可能取值为，

所以，

，

所以的分布列为：

则

因为，

所以，

所以从最后总得分的期望角度来分析，应该选择种型号的机器人．

20．已知点在双曲线上，且C的离心率为．

(1)求C的方程；

(2)直线交C的左支于P，Q两点，且直线AP，AQ的斜率之和为0，若，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解之可得；

（2）由直线AP，AQ的斜率之和为0，得它们的倾斜角互补，从而由已知正切值求得两直线斜率，得直线方程，从而求得两点的坐标，然后可计算出三角形面积．

【详解】（1）由题意得，解得

所以双曲线的方程为．

（2）不妨设直线AP，AQ的倾斜角分别为，，

因为，

所以．

因为，

所以，

即，解得或（舍），

所以直线，

直线．

在直线中，令，得，

所以，

同理得，

所以，

所以的面积为．

21．已知函数．

(1)若恒成立，求实数a的取值范围；

(2)当时，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，分情况利用导数的正负判断函数的单调性，进而求解；

（2）求导判断函数的单调性得到，进而得到，当且仅当时取等号，利用不等式放缩得到，进而利用裂项相消得证.

【详解】（1）因为，，

所以，因为，

所以时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以．

因为恒成立，

所以，

解得．

所以实数的取值范围为．

（2）当时，，

则，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，

即，

所以，当且仅当时取等号，

所以，，

所以，…，，

将以上各不等式两边分别相加得：

，

即

所以

【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到恒成立问题求解和不等式的证明问题；证明不等式的关键是能够充分利用函数的单调性，将所证不等式进行放缩，从而结合裂项相消求和的知识进行证明.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)已知点，直线与曲线C交于A，B两点，求的值．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）消参得到曲线C的普通方程，利用极坐标公式求出直线的直角坐标方程；

（2）写出直线的参数方程为（为参数），再利用直线参数方程的几何意义和韦达定理求解.

【详解】（1）由（为参数），变形，

所以，

消去参数得，

所以曲线的普通方程为．

因为直线，

又，，

所以，

所以直线的直角坐标方程为．

（2）因为点在直线上，

所以直线的参数方程为（为参数），

设A，B对应的参数分别为与，

将直线的参数方程代入到中，

化简整理得，

所以，

，，

所以．

23．已知函数，．

(1)求不等式的解集；

(2)若不等式有解，求整数k的最小值．

【答案】(1)；

(2)-2.

【分析】（1）由题知，再分两种情况讨论解不等式得解；

（2）等价于，令，再利用单调性得解.

【详解】（1）由题知，

因为，

当时，，

解得；

当时，，

解得，

所以不等式的解集为．

（2）由题知不等式有解，即有解，

所以有解，等价于，

令，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增，

所以，

所以，

所以整数的最小值为-2．