湖北省武汉市武昌区2023届高三下学期5月质量检测数学试题（含解析）

这是一份湖北省武汉市武昌区2023届高三下学期5月质量检测数学试题（含解析），共29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。

湖北省武汉市武昌区2023届高三下学期5月质量检测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合,,则（    ）．
A． B．
C． D．
2．已知复数z满足，则（    ）．
A．1 B． C．2 D．
3．已知不重合的平面，及不重合的直线m，n，则（    ）．
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
4．把1，2，3，4，5这5个数排成一列，则满足先增后减（例如：1，3，5，4，2）的数列的个数是（    ）．
A．6 B．10 C．14 D．20
5．如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（    ）．

A． B． C．3 D．9
6．已知，，，则（    ）．
A． B． C． D．
7．已知，分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，，的内切圆的圆心分别为，，则面积的取值范围是（    ）．
A． B．
C． D．
8．设，，，，则a，b，c，d间的大小关系为（    ）．
A． B．
C． D．

二、多选题
9．已知实数数列的前n项和为，下列说法正确的是（    ）．
A．若数列为等差数列，则恒成立
B．若数列为等差数列，则，，，…为等差数列
C．若数列为等比数列，且，，则
D．若数列为等比数列，则，，，…为等比数列
10．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，角的终边与圆心在坐标原点，半径为2的圆交于点，射线绕点O按逆时针方向旋转弧度后交该圆于点B，记点B的纵坐标y关于的函数为．则下列说法正确的是（    ）．

A．
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的单调递增区间为
D．若，，则
11．如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（    ）．

A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为
D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为
12．已知非常数函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，为偶函数，则（    ）．
A． B．
C． D．

三、填空题
13．已知点，，动点M满足，则点M到直线的距离可以是__________．（写出一个符合题意的整数值）
14．已知函数，，则函数的最小值为______.
15．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
16．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于、两点，在处的切线与的准线交于点，连接．若，则的最小值为__________．

四、解答题
17．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，．
(1)求；
(2)若，求的面积．
18．记为数列的前n项和，已知，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设单调递增等差数列满足，且，，成等比数列．
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）设，试确定与的大小关系，并给出证明．
19．如图，四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是等边三角形，平面平面，，．

(1)证明：；
(2)点Q在侧棱上，，过B，Q两点作平面，设平面与，分别交于点E，F，当直线时，求二面角的余弦值．
20．某考生在做高考数学模拟题第12题时发现不会做．已知该题有四个选项，为多选题，至少有两项正确，至多有3个选项正确．评分标准为：全部选对得5分，部分选对得2分，选到错误选项得0分．设此题正确答案为2个选项的概率为．已知该考生随机选择若干个（至少一个）．
(1)若，该考生随机选择2个选项，求得分X的分布列及数学期望；
(2)为使他此题得分数学期望最高，请你帮他从以下三种方案中选一种，并说明理由．
方案一：随机选择一个选项；
方案二：随机选择两个选项；
方案三：随机选择三个选项．
21．已知椭圆过点，左焦点为．

(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C交于A，B两点，点M为椭圆C外一点，直线，分别与椭圆C交于点C，D（异于点A，B），直线，交于点N，求证：直线的斜率为定值．
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．

参考答案：
1．C
【分析】根据题目条件分别解出,再利用交集定义求解即可.
【详解】或,
由得,解得,
所以,
所以.
故选:C.
2．C
【分析】现根据复数的四则运算求得，进而得到，再根据复数模的定义求解即可.
【详解】由，
得，
所以，则，
所以.
故选：C.
3．B
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判定即可.
【详解】对于A项，若，，则或，故A错误；
对于B项，若，，则n∥或，
当n∥时，若，则，当时，若，则也成立，综上，故B正确；
对于C项，若，，，则或，反例如下图所示，可以说明符合条件时，
两个平面有相交的可能.故C错误；

对于D项，如下图所示，m、n可能异面，故D错误.
，
故选：B
4．C
【分析】根据题意，分最大数5在第二、三、四个位置三种情况讨论即可
【详解】把1，2，3，4，5这5个数排成一列，满足先增后减的数列有：
①最大数5在第二个位置的所有情况：
②最大数5在第三个位置的所有情况：
③最大数5在第四个位置的所有情况：
共有14个.
故选：C.
5．B
【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以，
又，，所以，
又三点共线，所以，即，
所以，
当且仅当，即时取等号.

故选：B.
6．D
【分析】根据互斥事件的并事件的概率加法公式，条件概率公式，独立事件的概率公式即可求解.
【详解】,
，解得.
故选：D.
7．B
【分析】先根据切线长定理判定两个内切圆的横坐标值，再设的内切圆半径为，根据图形性质计算得面积的解析式，再利用函数单调性即可求得面积的取值范围
【详解】设圆与，，分别切于点，，.
由双曲线定义知，，

∴，
∵，，，
∴，又，
∴，，即点为双曲线的右顶点.
∵轴，∴的横坐标为，同理：横坐标也为.
∵平分，平分.∴，
设、的内切圆半径分别为，，
∵轴，∴，
∵，∴.
设直线倾斜角为，又为双曲线右支上两点，
又渐近线方程为，∴由题意得，∴，
∴，即
又在单调递减，在单调递增
当时，，此时取得最小值；
当时，；当时，，
∴.
故选：B.
8．B
【分析】证明在上恒成立，得到，确定，证明在上恒成立，得到，根据和的图像得到，得到，得到答案.
【详解】设，则在上恒成立，
故在上单调递增，，即在上恒成立，
故，故，即，即，
，
设，则恒成立，函数在上单调递增，
，故在上恒成立，
，故.
设，，，
画出和的图像，如图所示：

故时，，即，即.
综上所述：
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了数值的大小比较，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将数值的大小比较通过函数构造的方式转化为函数的单调性和最值，是解题的关键，函数构造的方式可以有多种方式，需要灵活掌握.
9．BD
【分析】根据等差数列的性质判定AB选项，根据等比数列的性质判定CD选项.
【详解】若数列为等差数列，不妨设其公差为d,则,
显然当才相等，故A错误，
而，作差可得成立，故B正确；
若数列为等比数列，且，，设其公比为q，
则，作商可得或所以 或，故C错误；
由题意得各项均不为0，而实数范围内，，
即且，结合选项B的计算可得，故D正确.
故选：BD.
10．BD
【分析】由题意确定，由此可求得判断A；结合正弦函数对称性和单调性可判断BC；由可得，利用同角的三角函数关系可判断D.
【详解】由题意可知，而，故，
故，
则，A错误；
当时，，即此时取最小值，
故函数的图象关于直线对称，B正确；
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
由于的最小正周期为，
故和不同，C错误；
若，，即，
因为，故，则，D正确，
故选：BD
11．ABD
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高为，
底面积，所以，
所以三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，，
，，
若，则，
即，取，此时点与点重合，满足题意，
所以存在点，使得，B正确；

对于C，，若，
，即，
所以点的轨迹就是线段，
轨迹长为，C错误；
对于D，如图取中点，连接，
由题可得，平面，
连接，因为，平面，
则，，又，    
平面，则平面，
又取中点为，则，
有四点共面，则平面即为平面，
又由两平面平行性质可知，，，，
又都是中点，故是中点，是中点，
则平面截正方体的截面为正六边形，
又正方体棱长为，则，
故截面面积为，D正确.
故选：ABD

12．BCD
【分析】运用函数的基本性质和导数的运算即可求解.
【详解】因为非常数函数及其导函数的定义域均为R，
若为奇函数，则，则函数关于点成中心对称，且，故选项A错误；
因为，令，则，故选项B正确；
因为，即两边同时求导，则有，所以函数关于直线对称，
因为函数为偶函数，所以，即，
两边同时求导，则有，所以关于成中心对称，
则导函数的周期为，所以，故选项C正确；
因为函数关于直线对称，且，所以，故选项D正确，
故选：BCD.
13．0或1 (只写一个即可)
【分析】由题设知的轨迹为，根据圆心到距离得到到直线距离的范围，即可写出一个值.
【详解】由题设知，即在以为直径的圆上，且圆心为，半径为，
所以的轨迹为，
而到的距离为，即直线过圆心，
所以M到直线的距离范围，
所以点M到直线的距离的整数值可以是0或1.
故答案为：0或1 (只写一个即可)
14．/0.5
【分析】对求导，然后令，判断的单调性，得到的值域，从而判断的单调性，即可确定函数的最小值.
【详解】因为，
所以，
记，，
则，因为，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，
故当时，函数有最小值为，
故答案为：
15．
【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可.
【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，
设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，

则瓷碗的截面圆半径，面积为，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知，故圆环面积也为，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当时，如图4所示：

此时：
由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：
圆柱的体积圆锥的体积，
所以瓷碗的体积（注：半球体积）
故答案为：.
16．
【分析】设点、，分析可知抛物线在点处的切线方程为，且直线与轴不重合，设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，列出韦达定理，证明出，，，可求出的值，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】抛物线的准线为，抛物线的焦点为，如下图所示：

设点、，接下来证明出抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，可得，
所以，抛物线在点处的切线方程为，
所以，直线的方程为，
若与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，
联立可得，
，由韦达定理可得，，
在直线的方程中，令可得，可得，
即点，，
，
所以，，即，
因为，
当时，因为，则，则；
当轴时，则，直线的方程为，
联立可得，解得，取点、，
此时，直线的方程为，即，
在直线的方程中，令可得，即点，
所以，，则，则，此时，.
综上所述，，.
因为，则，
又因为，所以，，
所以，，即，
因此，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据三角函数的平方关系与角的范围分别计算，的值，根据利用两角和的正弦公式代入计算即可；（2）利用正弦定理计算，再由三角形面积公式计算面积.
【详解】（1）因为，，所以，
又因为，，
所以，故，
所以．
（2）由正弦定理可知：，
代入已知条件得，解得，
所以的面积为
18．(1)，
(2)（ⅰ），；（ⅱ），，证明见解析

【分析】(1)根据与的关系计算即可，同时注意讨论的情况；
(2) 对于（ⅰ）结合上问结果及等比中项的性质建立方程计算公差即可；对于（ⅰi）由，可放缩，裂项求和即可证明结论.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
整理得．
又因为，所以当时，，
所以，当时，不满足．
所以，.
（2）（ⅰ）设数列的公差为．
因为，，成等比数列，且，，，
所以，即．
又因为，所以．
所以数列的通项公式为，．
（ⅰi）．证明如下：
由（ⅰ）知，，，易知
所以．
，
，．
19．(1)证明见解析
(2)0

【分析】（1）由平面平面，可证平面，得；
（2）建立空间直角坐标系，求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在中，设，因为，
由余弦定理可知：，
解得，所以，所以．
又因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面．
由平面，所以.
（2）连交于点M，连接，，设交于点H．
在中，过P作的平行线交的延长线于N，

由，有，则，
所以点H为线段中点．
在中，因为直线平面，平面平面，
所以直线直线，且直线过点H，所以点E为线段中点．
以点A为坐标原点，分别为轴，轴，过点A垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设．

则，，,，．
因为点E为线段中点，所以，
设平面（平面）的法向量为，
因为，，
由，得，
令，则．
设平面（平面）的法向量为，
因为，，
由，得．
令，则．
所以，所以二面角的余弦值为0.
20．(1)分布列见解析，
(2)选择方案一，理由见解析

【分析】（1）根据全概率公式分别求得得分为0分，2分，5分的事件的概率，进而求得分布列及数学期望；
（2）根据全概率公式分别计算三种方案的对应的得分的概率，进而求得对应的数学期望，再利用作差法比较即可求解.
【详解】（1）设多选题正确答案是“选两项”为事件，正确答案是“选三项”为事件，
则．
考生得0分，2分，5分为事件，，，，．
当时，，则
正确答案是“选两项”时，考生选2项，全对得5分，有选错得0分；
正确答案是“选三项”时，考生选2项，选出了2个正确选项得2分，有选错得0分．
因为，
所以
．
因为，
所以
，

．
所以，得分X的分布列为：
X
0
2
5
P



得分X的数学期望．
（2）（2）方案一：随机选择一个选项
正确答案是“选两项”时，考生选1项，选对得2分，选错得0分；
正确答案是“选三项”时，考生选1项，选对得2分，选错得0分．
因为，
所以．
因为，
所以
所以，随机选择一个选项得分的数学期望．
方案二：随机选择两个选项；
，
，
．
所以，随机选择两个选项得分的数学期望．
方案三：随机选择三个选项．
正确答案是“选两项”时，考生选3项，得0分；
正确答案是“选三项”时，考生选3项，选对得5分，有选错得0分．
，
，
所以，随机选择三个选项得分的数学期望．
因为，
．
所以选择方案一．
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知过点和椭圆性质即可求解.
（2）利用已知求出两点坐标，解设出，然后利用斜率并表示出方程，再表示出直线的斜率即可得出结论.
【详解】（1）由已知得，
解得，．
即椭圆C的方程为.
（2）由，
得，．
设，，
则，
同理．
设，，则
由直线过点得：．    ①
由直线过点N得：．     ②
①×②得：．    ③
同理，由直线过点M得：．    ④
由直线过点N得：．    ⑤
④×⑤得：．    ⑥
③－⑥得：，进而．
所以直线的斜率为定值．
22．(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：

由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.