湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三下学期5月压轴卷数学试题（二）（含解析）

这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三下学期5月压轴卷数学试题（二）（含解析），共21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。
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三下学期5月压轴卷数学试题（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．复数满足在复平面内对应的点为，则（    ）A． B． C． D．2．设集合，且，则（    ）A． B．1 C．2 D．33．如图，在中，点在的延长线上，，如果，那么（    ）   A． B．C． D．4．若的展开式中的系数为40，则k＝（    ）A．2 B．4 C． D．5．已知直线上的两点，且，点为圆上任一点，则的面积的最大值为（    ）A． B． C． D．6．已知等差数列的首项为1，前项和为，且对任意，则（    ）A． B． C． D．7．已知椭圆的左焦点为，离心率为．倾斜角为的直线与交于两点，并且满足，则的离心率为（    ）A． B． C． D．8．设，则下列关系正确的是（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．某产品售后服务中心选取了20个工作日，分别记录了每个工作日接到的客户服务电话的数量（单位：次）：63  38  25  42  56  48  53  39  28  4745  52  59  48  41  62  48  50  52  27则这组数据的（    ）A．众数是48 B．中位数是48 C．极差是37 D．5%分位数是2510．已知高和底面边长均为2的正四棱锥，则（    ）A．B．与底面的夹角的正弦值为C．二面角的平面角的正切值为2D．四棱锥的体积为11．已知曲线关于轴对称，关于原点对称，设函数，则（    ）A． B．C．函数的最小正周期是 D．函数的值域是12．已知抛物线为上位于焦点右侧的一个动点，为坐标原点，则（    ）A．若，则B．若满足，则C．若交于点，则D．直线交于两点，且，则 三、填空题13．某高中学校选拔出四名学生参加知识竞赛，四名学生按顺序作答，要求甲不在第一个出场，乙不在最后一个出场，则不同排法的种数是_________．14．已知在中，它的内角的对边分别为，若，则_________．15．已知三棱锥中，，若均在半径为2的球面上，则的最大值为_________．16．已知函数且，若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为_________． 四、解答题17．已知数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)求的前项和．18．的内角的对边分别为且．(1)判断的形状；(2)若为锐角三角形，且，求的最大值．19．已知是平行六面体中线段上一点，且．  (1)证明：平面；(2)已知四边形是菱形，，并且为锐角，，求二面角的正切值．20．杭州2022年第19届亚运会（The 19th Asian Games Hangzhou 2022）将于2023年9月23日至10月8日举办．本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目．同时，在保持40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军．双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制．假设四支队伍分别为，其中对阵其他三个队伍获胜概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时同组，同组．(1)若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？(2)分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？21．已知过右焦点的直线交双曲线于两点，曲线的左右顶点分别为，虚轴长与实轴长的比值为．  (1)求曲线的方程；(2)如图，点关于原点的对称点为点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的轨迹方程．22．已知函数．(1)求的零点个数；(2)当时，恒成立，求的取值范围．
参考答案：1．D【分析】利用复数的几何意义计算即可.【详解】由在复平面内对应的点为可得，又，即.故选：D．2．C【分析】分别解出集合A,B，再由集合的交集运算得到a值.【详解】，，又，即，故选:C．3．B【分析】用向量的线性运算把向量分解成形式即可得答案.【详解】∵，∴，故选：B．4．C【分析】先求得的展开式的通项公式，再根据的系数为40求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，且的系数为40，所以，即，解得.故选：C5．A【分析】找到圆上的点到直线距离的最大值作为的高，再由面积公式求解即可.【详解】把圆变形为，则圆心，半径，圆心到直线的距离，则圆上的点到直线的距离的最大值为，又，∴的面积的最大值为．故选：A．6．C【分析】由题意可得等差数列是递减数列，可得，，结合等差数前和公式即可判断.【详解】设的公差为，由题设条件可知，且则，因此，，而符号不确定．故选：C．7．A【分析】设，用弦长公式表示出，用两点间的距离公式结合点在椭圆上的条件表示出，代入题干条件即可求解.【详解】设，则，由，消去，得，注意到，则.于是，同理，. 因此.的倾斜角为，∴直线的斜率，根据弦长公式，可得.由，可得，故.．故选：A8．D【分析】构造函数，利用二次导数讨论其单调性可比较，构造函数可比较.【详解】，，设函数，，设，故在单调递减，，从而在单调递减，故，即；设，故在单调递增，，即，从而有，因此．综上，.故选：D9．AB【分析】利用众数，中位数，极差和百分位数的定义进行判断即可.【详解】这组数据中48出现了3次，出现次数最多，因此众数是48，A正确；从小到大排列20个数据分别为25，27，28，38，39，41，42，45，47，48，48，48，50，52，52，53，56，59，62，63，第10位和第11位均为48，两者的平均数也是48，因此中位数是48，B正确；最大值为63，最小值为25，因此极差为，C错误；是整数，分位数应取第1位与第2位的平均值，即25与27的平均值26，D错误．故选：AB．10．ACD【分析】通过解可判断A选项；作出与底面的夹角后计算可判断B；作出二面角的平面角后可判断C；用四棱锥的体积公式计算可判断D.【详解】如图：  设正方形中心为，，A正确；由题易知为所求角，，B错误；取中点，则为所求角，，C正确；，D正确．故选：ACD．11．CD【分析】根据对称确定，代入得到函数解析式，A错误，取特殊值排除B，根据周期公式得到C正确，求值域得到D正确，得到答案.【详解】关于轴对称，，故关于原点对称，，，故，，即，对选项A：，错误；对选项B：取，，，错误；对选项C：，对于恒成立，正确；对选项D：，对于恒成立，正确．故选：CD．12．ABC【分析】利用斜率公式以及基本不等式可求解A,利用抛物线的定义可求解B，利用直线与抛物线的关系以及韦达定理可求解C,D.【详解】时，抛物线，，因为当时，，，为上位于焦点右侧的一个动点，，所以，所以，当且仅当，即时取得等号，因为，所以，所以又，∴，A正确；，又，∴，B正确；设,消得，，取等，又，，C正确；设，设，同理：，，，当且仅当时，，D错误．故选:ABC．13．14【分析】分两种情况：“甲最后出场或者非最后出场”进行讨论即可.【详解】若甲最后出场，其余三人全排列，则有种；若甲不在最后出场，则甲有种方式出场，乙不是最后，排完甲，乙也有种，剩余两人全排列，则有种，于是共有种．故答案为：14．【分析】利用正弦定理和余弦定理进行边角转化，可得到，代入即可求解.【详解】由，可得，化简得，又∵，∴，故答案为：15．【分析】将三棱锥补为长方体，设出长方体棱长，利用球的直径即可表示出，结合参数方程即可求解.【详解】由，均在半径为2的球面上，可将三棱锥放置于长方体中，如图，  设棱长分别为，则，故长方体对角线平方为，可设，，，故的最大值为．故答案为：16．【分析】首先注意到，则已经有一个零点了，再讨论一下单调性即可.【详解】首先注意到，当时，函数在上单调递增，显然满足题设； 当时，，显然函数在上单调递增，由于， 故存在唯一零点，若只有一个零点，此时也必为极值点，又此时，则只需，，，因为解得；综上所述，则实数的取值范用为．故答案为：17．(1)；(2). 【分析】（1）根据给定的递推公式，变形并换元，利用累加法求通项作答.（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和作答.【详解】（1）由，得，令，有，，当时，，又满足上式，于是，则，当时，，又满足上式，因此，所以数列的通项公式是．（2）由（1）知，，所以．18．(1)直角三角形或等腰三角形．(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换对原式进行化简，可得或，根据角的范围即可求解；（2）由结合正弦定理可得，通过锐角三角形可得到，令，故，根据二次函数的性质即可求得最大值【详解】（1）由题意：，整理得，故或，因为，所以或，为直角三角形或等腰三角形．（2）由正弦定理得，∴，又，，因为为锐角三角形，所以，解得，令，易知，∴，故当时，即取最大值，最大值为，综上，最大值为．19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，用坐标法求出两平面的法向量求解即可.【详解】（1）如图：  记与交于点，延长交于，连接，∵四边形是平行四边形，，即是的中点，又是的中点，，又平面平面，所以平面．（2）如图：过点作于，由于四边形是菱形，，又由于是的中点，，由于菱形中平面平面，所以平面．以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设菱形的边长为2，则，，设，由于，由于，设平面的法向量为，则令，得，又平面的法向量为，．记二面角的大小，则，故二面角的正切值为．20．(1)；；(2)淘汰赛制获得冠军概率为，双败赛制获得冠军概率为；双败赛制下，会使得强者拿到冠军概率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强者”，人们“对强者不公平”的质疑是不对的． 【分析】（1）若拿冠军则只需要连赢两场，对于想拿到冠军，首先得战胜，然后战胜中的胜者，然后根据独立事件的乘法公式计算即可；（2）根据独立事件的乘法公式分别算出在不同赛制下拿冠军的概率，然后作差进行比较.【详解】（1）记拿到冠军分别为事件淘汰赛赛制下，只需要连赢两场即可拿到冠军，因此，对于想拿到冠军，首先得战胜，然后战胜中的胜者，因此．（2）记两种寒制下获得冠军的概率分别为，则.而双败赛制下，获得冠军有三种可能性：（1）直接连赢三局；（2）从胜者组掉入败者组然后杀回总决赛；（3）直接掉入败者组拿到冠军.因此，，.则不论哪种赛制下，获得冠军的概率均小于，.若，双败赛制下，队伍获得冠军的概率更大，其他队伍获得冠军的概率会变小，若，双败赛制下，以伍获得冠军的概率更小，其他队伍获得冠军的概率会变大，综上可知：双败赛制下，会使得强者拿到冠军概率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强者”，人们“对强者不公平”的质疑是不对的．21．(1)(2) 【分析】（1）根据右焦点坐标、虚轴长与实轴长的比值可得曲线的方程；（2）设直线的斜率分別为，直线为，与双曲线方程联立，利用韦达定理代入可得、的值，求出直线、直线方程联立求得，可得直线的方程，与联立可得可得答案．【详解】（1）由题意得，又，则，曲线的方程为；（2）设直线的斜率分別为，直线为，由，得，，，则，，由于点关于原点的对称点为点，，则直线为，直线为，显然，由，得，即，则直线的方程为，由得，即，当时，由对称性可知在轴上，此时直线平行于直线，不符合题意，故的轨迹方程为．【点睛】关键点点睛：第二位关键点是利用韦达定理得、的值，直线的方程与直线方程联立得点坐标，考查了学生发现问题解决问题的能力．22．(1)2(2) 【分析】（1）容易判断为偶函数，求导，利用导数研究函数在的上零点个数，再由对称性求解即可.（2）原式化简，得，构造新函数求导，利用导数求函数最值，分类讨论值得出答案.【详解】（1）∵，∴，定义域R,为偶函数.则只需讨论在上的零点即可，，令，则恒成立，在上单调递增，，在上单调递增，又，必然存在使得，综上所述的零点个数为2．（2），令则，∴在上单调递增．①当时，在上单调递增，则，∴．②时，恒成立，③时，在上单调递减，即，综上所述，的取值范围为．【点睛】关键点睛：对于第（2）问，难点在于函数的分割，这个可以构造的函数形式比较多，找到构造是关键.