2023届湖北省黄冈中学鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高三下学期5月模拟联考数学试题含解析

  鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023年五月模拟考

高三数学试卷

考试时间：2023年5月10日下午15：00—17：00  试卷满分：150分

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，集合，集合，则（    ）

A．         B．           C．      D．

2．已知（是虚数单位）是关于的方程的一个根，则（    ）

A．9        B．1           C．          D．

3．已知向量，，且，则在方向上的投影向量为（    ）

A．            B．            C．             D．

4．函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则（    ）

A．            B．         C．             D．

5．用数学的眼光观察世界，神奇的彩虹角约为．如图，眼睛与彩虹之间可以抽象为一个圆锥，设AO是眼睛与彩虹中心的连线，AP是眼睛与彩虹最高点的连线，则称为彩虹角．若平面ABC为水平面，BC为彩虹面与水平面的交线，为BC的中点，米，米，则彩虹（）的长度约为（    ）（参考数据：，）

A．米   B．米   C．米   D．米

6．6名同学相约在周末参加创建全国文明城市志愿活动，现有交通值守、文明劝导、文艺宣讲三种岗位需要志愿者，其中，交通值守、文明劝导岗位各需2人，文艺宣讲岗位需1人．已知这6名同学中有4名男生，2名女生，现要从这6名同学中选出5人上岗，剩下1人留守值班．若两名女生都已经到岗，则她们不在同一岗位的概率为（    ）

A．            B．          C．            D．

7．设表示m，n中的较小数．若函数至少有3个零点，则实数的取值范围是（    ）

A．     B．     C．    D．

8．现有一个底面边长为，侧棱长为的正三棱锥框架，其各顶点都在球的球面上．将一个圆气球放在此框架内，再向气球内充气，当圆气球恰好与此正三棱锥各棱都相切时停止充气，此时两球表面积之和为（    ）

A．        B．       C．      D．

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．如图，在正方体中，E，F，G分别为AB，BC，的中点，点在线段上，则下列结论正确的是（    ）

A．直线平面EFG                   B．直线CP和平面ABCD所成的角为定值

C．异面直线CP和FG所成的角不为定值     D．若直线平面EFG，则点为线段的中点

10．已知，，，，则以下结论正确的是（    ）

A．      B．      C．      D．

11．双曲线具有如下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知，分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点，则（    ）

A．的渐近线方程为                          B．

C．过点作，垂足为，则       D．四边形面积的最小值为

12．已知函数，记的最小值为，下列说法正确的是（    ）

A．对任意的正整数n，的图象都关于直线对称

B．

C．

D．设，为的前项和，则

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．某工厂生产一批零件（单位：cm），其尺寸服从正态分布，且，，则________．

14．已知直线与圆相交于A、B两点．若为直角三角形，则的值为________．

15．已知函数，直线，是的两条切线，，相交于点，若，则点横坐标的取值范围是________．

16．已知椭圆，A，B是椭圆上的两点，且直线OA，OB的斜率满足，延长OA到点，使得，且直线MB交椭圆于点，设，则________；________．

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．（10分）如图，在平面四边形ABCD中，，，．

（1）若，求的面积；

（2）若，，求．

18．（12分）已知正项数列的前项和为，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，若数列满足，求证：．

19．（12分）如图，在三棱台中，，平面．

（1）证明：平面平面；

（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值．

20．（12分）2023年中央一号文件指出，民族要复兴，乡村必振兴．为助力乡村振兴，某电商平台准备为某地的农副特色产品开设直播带货专场．直播前，此平台用不同的单价试销，并在购买的顾客中进行体验调查问卷．为了回馈100名热心参与问卷的顾客，此平台决定在直播中专门为他们设置两次抽奖活动，每次抽奖都是由系统独立、随机地从这100名顾客中抽取20名顾客，抽中顾客会有礼品赠送，若直播时这100名顾客都在线，记两次抽中的顾客总人数为X（不重复计数）．

（1）若甲是这100名顾客中的一人，求甲被抽中的概率；

（2）求使取得最大值的整数．

21．（12分）已知动圆过点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程；

（2）过上一点作曲线的两条切线PA，PB，A，B为切点，PA，PB与轴分别交于，两点．记，，的面积分别为、、．

（ⅰ）证明：四边形FNPM为平行四边形；

（ⅱ）求的值．

22．（12分）已知函数， ，其中，是自然对数的底数．

（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；

（2）设，在（1）的条件下，讨论关于的方程在上解的个数．

鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023年五月模拟考

高三数学参考答案

选择题

填空题

13．16       14．         15．      16．1；4

小题详解

1．C【解析】∵，，

∴或，，∴，，，，故选C．

2．B【解析】已知（是虚数单位）是关于的方程的一个根，

则，即，即，解得，

故，故选．

3．D【解析】∵，，且，

∵，即，，

∴在方向上的投影向量为，故选D．

4．C【解析】函数的图象向左平移个单位，得的图象，又函数是偶函数，∴，，∴，；∴，故选C．

5．A【解析】在中，由勾股定理可得：米，连接PO，

则在中，米，连接OB，OC，OM，则在中，，故，，则彩虹（）的长度约为，故选A．

6．D【解析】法一：设“两名女生都到岗”为事件A，“两名女生不在同一岗位”为事件B，则，，

∴，故选D．

法二：．

7．A【解析】由题意可得有解，所以，解得或，

当时，必有，解得；

当时，必有，不等式组无解，

综上所述，，∴的取值范围为，故选A．

8．B【解析】设此正三棱锥框架为，球的半径为，球的半径为，底面ABC外接圆的圆心为，连接PO，AO，延长AO交BC于点N．∵圆气球在此框架内且与正三棱锥所有的棱都相切，设球与棱PA和BC相切于点M，N，则，，∵底面，∴，又∵，∴，

在直角三角形中，，，

在直角三角形中，，，

由，可得，解得，

则球的表面积为，

又，则与重合，球的半径，球的表面积为，综上可得：两球表面积之和为，故选B．

9．AD【解析】对于A选项，平面EFG截正方体的截面图形为正六边形EFGHIJ，其中H，I，J分别为，，的中点，∵，平面，平面，∴平面，故A正确；对于B选项，过作交AD于点，则直线CP和平面ABCD所成的角为，，设，正方体的棱长为1，

则，，

∴，∴直线CP和平面ABCD所成的角不为定值，故B错误；

对于选项，∵平面，，∴平面，

又平面，∴，故C错误；

对于D选项，设，，则平面平面，∴平面，平面，∴，又在平面内，易知，，∴点为线段的中点，故D正确，故选AD．

10．ABD【解析】对于A选项，由题意知，a，b是函数分别与函数，图象交点的横坐标，∵，两个函数的图象关于直线对称，的图象也关于对称，故两交点，关于直线对称，所以，，故A正确；对于B选项，由可得即，故B正确；对于D选项，∵，故D正确；对于C选项，，令，则，∴在上单调递减，则，故C错误，故选ABC．

11．ABD【解析】对于A选项，由已知可得，，∴C的渐近线方程为，故A正确；

对于B选项，由题意得，AM的直线方程为：，∴为双曲线的切线，由双曲线的光学性质可知，AM平分，故B正确；对于C选项，延长，与的延长线交于点，则AH垂直平分，即点为的中点．又是的中点，

∴，故C错误；

对于D选项，

，

当且仅当，即时，等号成立．∴四边形面积的最小值为，故D正确，故选ABD．

12．ACD【解析】对于A选项，∵，故A正确；对于B选项，当时，．当时，设，则，令，，，时，，∴，∴，时，，∴，即，∴，故B错误；对于C选项，由得，∴，故C正确；

对于D选项，∵，∴，∴，∴，又，∴，即有，故D正确，故选ACD．

13．16【解析】∵，，

∴，∴

14．【解析】根据题意，圆即，若为直角三角形，则有，解得：．

15．【解析】记，，

由函数图象可知，不妨设与相切于点，与相切于点，

则，．∴，，∴，，

∵，∴，即，∵的方程为：，

的方程为：，联立方程组可求得点的横坐标，

∵，∴，∴，即点横坐标的取值范围是．

16．1；4【解析】设，，，∵，∴，∴，

∵，∴，∴，

∵在椭圆上，∴．

即．①

又，，代入①得．

∵，由M，N，B三点共线，得，∴，，

∴，∴，∴．

解答题

17．（10分）

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）在中，由余弦定理得，

∴，解得，

∴．             5分

（2）设，

在中，由正弦定理得，∴①，       6分

在中，，，

则，即①                  8分

由①②得：，∴，

整理得，∴．                   10分

18．（12分）

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】（1）∵，当时，，

两式相减得：，整理得，             4分

∵，∴，当时，，

∴（舍）或，                                                  5分

∴是以1为首项，1为公差的等差数列，则；                          6分

（2）由（1）知，，      8分

∴，

∵，∴，即．                12分

19．（12分）

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）证明：∵平面，平面，∴；

又，∴，即，                                2分

∵，，，，平面，

∴平面，                                                          4分

又平面，∴平面平面；                               5分

（2）∵平面，平面，∴；

又平面，，∴平面，∵平面，∴，

∵，，，，平面，

∴平面，                                                        6分

法一：（坐标法）

分别以为轴，为轴，为轴建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，，，，   7分

设平面的法向量，∵平面，

则，即，取，                     9分

取平面的一个法向量，                                 10分

则，

故平面与平面夹角的余弦值为．                      12分

法二：（几何法）

在平面内，过点作交于点，

连接，则平面，为二面角的平面角，

即为平面与平面的夹角．                                     8分

∵，，，∴，

又在直角三角形中，，∴，

则在直角三角形中，，故，

∴平面与平面夹角的余弦值为．              12分

20．（12分）

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）设事件A：“顾客甲第一次抽中”，事件B：“顾客甲第二次抽中”，

∵A与B是相互独立事件，所以与相互独立，

由于，故，

∴甲被抽中的概率；                 4分

（2）“由系统独立、随机地从这100名顾客中抽取20名顾客，抽取两次”所包含的基本事件总数为，当时，两次都中奖的人数为，只在第一次中奖的顾客人数为，只在第二次中奖的顾客人数也为，

由乘法原理知：事件所包含的基本事件数为，

，，                6分

由可得：，              8分

整理得：，

化简得：，则有，

整理得，解得，即，              11分

∵为整数，∴，∴取到最大值时，．                          12分

21．（12分）

【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）1

【解析】（1）设圆心，由题意得：，化简整理得：，

∴曲线的方程为：．                                    4分

（2）（ⅰ）证明：设，，∵，∴，

∴直线PA的方程为：，即，

同理可得直线PB的方程为：，

∴，，，                         6分

又，∴，

∴四边形FNPM为平行四边形；                                          8分

（ⅱ）∵P在直线PA，PB上，设，由（ⅰ）得：，

∴直线AB的方程为：，∴直线AB过点，

∵四边形FNPM为平行四边形，∴，，

∴，，，，

∴，                                                        10分

∵，，，

∴．                           12分

22．（12分）

【答案】（1）；（2）时，关于的方程在上有唯一解．

【解析】（1）由题意，，即，

令，，                 2分

由知，

故当时，，单调递减，时，，单调递增，

所以，所以．                                          4分

（2），易求得在上单调递增，在上单调递减；

①当时，，且由（1）知，，，，即，均单调递增；此时，有．

当时，，在上单调递增，所以；

当时，，在上单调递减，所以；

所以时，方程有唯一解．                                            7分

②当时，由（1）知，令得，

令得，

当时，，则；                  8分

当时，，由复合函数单调性可知单调递减，单调递增，

令，则单调递增，

又，，

所以存在唯一的，满足；                         10分

当时，，则；

所以时，方程有唯一解．                                        11分

综合①②可得：

当时，关于的方程在上有唯一解．