湖北省荆门市龙泉中学、荆州中学、宜昌一中三校2023届高三下学期5月第二次联考数学试题（含解析）

湖北省荆门市龙泉中学、荆州中学�、宜昌一中三校2023届高三下学期5月第二次联考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，若中恰有两个元素，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数是关于x的方程的一个解，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知平面向量，，满足，，且.若，则（    ）

A． B． C． D．

4．由经验可知，某种质地的沙子堆放成圆锥的形状，若要使沙堆上的沙子不滑落，其母线与底面的最大夹角为.现有一堆该质地的沙子堆成的沙堆，该沙堆的底面半径为，高为.现在为了节省该沙堆的占地，需要用一个无盖的圆柱形容器盛放这些沙子，沙子可以超出该容器，且超出部分呈圆锥形.已知该容器的底面半径为，则该容器的高至少为（    ）

A． B． C． D．

5．若，，则等于（    ）

A． B． C． D．

6．某同学喜爱球类和游泳运动，在暑假期间，该同学上午去打球的概率为，若该同学上午不去打球，则下午一定去游泳；若上午去打球，则下午去游泳的概率为.已知该同学在某天下午去游了泳，则上午打球的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点，.直线为在点处的切线，点关于的对称点为.由椭圆的光学性质知，三点共线.若，，则（    ）

A． B． C． D．

8．设函数，若正实数使得存在三个两两不同的实数，，满足，，，恰好为一个矩形的四个顶点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知四棱锥的所有棱长相等，M，N分别是棱PD，BC的中点，则（    ）

A． B．面

C． D．面

10．某学校一同学研究温差与本校当天新增感冒人数（人）的关系，该同学记录了5天的数据：

经过拟合，发现基本符合经验回归方程，则（    ）

A．样本中心点为 B．

C．时，残差为 D．若去掉样本点，则样本的相关系数增大

11．已知函数在上有最大值，则（    ）

A．的取值范围为 B．在区间上有零点

C．在区间上单调递减 D．存在两个，使得

12．在平面直角坐标系xOy中，已知点是圆上的一个动点，直线与圆交于另一点，过点作直线的一条垂线，与圆交于点，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．若，则 D．的最大正切值为

三、填空题

13．已知的展开式的第7项为常数项，则正整数的值为_________.

14．若函数在区间上单调递增，则的取值范围为_________.

15．科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半（即）；如果是奇数，则将它乘3加1（即），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.这是一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定.如果对正整数（首项）按照上述规则施行变换后的第8项为1（注：1可以多次出现），则满足条件的的所有不同值的和为___________.

16．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，A，B是其准线上的两个动点，且，线段分别与抛物线C交于P，Q两点，记的面积为，的面积为，当时，_________.

四、解答题

17．已知数列的各项均不为0，其前n项和满足，，且.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为，已知.

(1)若，求；

(2)若，，求的面积.

19．如图，在三棱柱中，平面，点为棱的中点，.

(1)求证：；

(2)若，求直线与平面所成角的正弦的最大值.

20．某手机APP公司对喜欢使用该APP的用户年龄情况进行调查，随机抽取了100名喜欢使用该APP的用户，年龄均在周岁内，按照年龄分组得到如下所示的样本频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，估计使用该视频APP用户的平均年龄的第分位数（小数点后保留2位）；

(2)若所有用户年龄近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计喜欢使用该APP且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP的比例；

(3)用样本的频率估计概率，从所有喜欢使用该APP的用户中随机抽取8名用户，用表示这8名用户中恰有名用户的年龄在区间岁的概率，求取最大值时对应的的值；

附：若随机变量服从正态分布，则：

21．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线，与轴交于点，与双曲线的一条渐近线交于点，且，.

(1)求双曲线的方程；

(2)设过点与轴不重合的直线交双曲线于两点，直线分别交于点，求证：.

22．设函数，.

(1)若函数在处的切线的斜率为.

①求实数的值；

②求证：存在唯一极小值点且.

(2)当时，若在上存在零点，求实数的取值范围.

参考答案：

1．A

【分析】根据给定条件，确定集合A中的两个元素即可求出a的范围.

【详解】集合，，因为中恰有两个元素，

因此，则，

所以实数a的取值范围为.

故选：A

2．D

【分析】根据题意，由韦达定理求得，即可得到复数，从而得到结果.

【详解】因为复数是关于x的方程的一个解，则方程的另一解为，

由韦达定理可得，解得，

所以复数在复平面内对应的点为在第四象限.

故选：D

3．A

【分析】设，根据向量垂直、数量积的坐标表示列方程求，最后用坐标公式求模即可.

【详解】令，则，可得，

所以.

故选：A

4．B

【分析】根据圆柱的体积和圆锥的体积公式即可求解.

【详解】沙堆的体积是.

设圆柱的高为，

露出上部分的沙堆的高为，

所以，

整理得，

又因为，

所以，

所以.

故选：B.

5．D

【分析】利用二倍角和两角差的余弦公式，再结合角的范围，即可求解.

【详解】依题意可知，，

即，即，

得，因为，，

所以，即.

故选：D

6．C

【分析】设上午打球为事件，下午游泳为事件，根据题意求出，再根据条件概率即可得解.

【详解】设上午打球为事件，下午游泳为事件，

则，

故，

所以，

所以上午打球的概率为.

故选：C.

7．C

【分析】作出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解.

【详解】如下图所示：

因为点关于的对称点为，则，

因为，且，

所以，，所以，，

可得，则，

所以，，故.

故选：C

8．D

【分析】若存在一个矩形，根据函数以及矩形的特点，可以认为以原点为圆心，为半径长的圆与有至少四个交点，即函数在上至少有两个零点，再利用导数研究极值进而研究零点个数求出参数的取值范围.

【详解】解：已知，若正实数使得存在三个两两不同的实数，，，

满足，，，恰好为一个矩形的四个顶点，

因为是奇函数，所以若存在一个矩形，则矩形的中心在原点，

则在上至少有两个根，

设，

则，

在上时，或，

在和上，，在上，

所以在和上，单调递增，在上，单调递减，

则，，

根据题意，

当时，有，解得或，

此时.

当时，有，解得或，

此时.

综上当时，根据对称性存在三个两两不同的实数，，，

满足，，，恰好为一个矩形的四个顶点.

故选：.

【点睛】已知函数的极值满足某种限制，求参数的值（范围）.一般先求导，分析函数的单调性，表示出函数的极值，再数形结合列方程（不等式（组）），求参数的值（范围）.

9．BC

【分析】根据异面直线的定义可判断A；取为的中点，连接，可得四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可判断B；由，为的中点，可判断C；取为的中点，连接，由线面垂直的性质定理和判定定理可得平面，，与为等边三角形矛盾可判断D.

【详解】对于A，因为平面，平面，直线，平面，所以与是异面直线，故A错误；

对于B，取为的中点，连接，所以，，

又，，所以，，

即四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以面，故B正确；

对于C，因为，为的中点，所以，因为，所以，故C正确；

对于D，若面，面，所以，

因为四棱锥的所有棱长相等，所以底面是正方形，取为的中点，连接，所以，因为，平面，

所以平面，平面，所以，又，

所以，这与为等边三角形矛盾，故不垂直于平面，故D错误.

故选：BC.    

10．ABC

【分析】求出可判断A；将样本中心点代入可判断B；求出当时观则值和预测值，求出残差可判断C；因为样本中心点为，所以去掉样本点，则样本的相关系数不变可判断D.

【详解】对于A，，

故样本中心点为，故A正确；

对于B，经验回归方程过样本中心点，解得：，故B正确；

对于C，当时观则值为，预测值为，故残差为，故C正确；

对于D，因为样本中心点为，所以去掉样本点，则样本的相关系数不变，故D不正确.

故选：ABC.

11．AC

【分析】结合正弦型函数图像和函数单调性、最值逐项分析.

【详解】A选项：有最大值，又因为，所以，

要使在上有最大值，则，所以的取值范围为；

B选项: ,因为，所以，无零点，即在区间上无零点，错误；

C选项: ,,,根据函数图像，单调递减，即在区间上单调递减，正确；

D选项：即，即，

因为当函数图像单调递增，单调递增，

与函数图像无交点；

当函数图像单调递减，单调递增，

与图像至多有一个交点，

故至多存在1个，使得，选项错误；

故选：AC

12．ABD

【分析】数形结合是解决这类问题的最佳途径.设直线的倾斜角为，此时都可以用含的三角函数式进行表示，这样将所有的计算都转化为三角函数式的计算化简，可以使得问题得到解决.

【详解】由图可知，点在第一象限，

设直线的倾斜角为，当直线与圆相切时，有，，

此时，即，

因为直线与圆交于另一点，所以可知，.

对A，如图所示，在中，，,

故可知，由正弦定理可知，化简得.

所以，故选项A正确；

对B，因为点是角终边上的一点，所以有,

将代入得，即，故选项B正确；

对C，由图可知，，

设的中点为，连接，在中，，所以，

在中，， ，所以.

而已知，所以，

解得，故，所以，

而，

所以，故选项C错误；

对D，由上可知，，，而，

故，

不妨设点在点的左边，此时，,

所以,

化简得，

令，则，，

设，，则，

令，解得，

故，此时，

故的最大正切值为，选项D正确.

故选：ABD

13．8

【分析】根据展开式的通项公式，化简后，根据常数项特征，求正整数的值.

【详解】根据展开式的通项公式，

由题意可知，，.

故答案为：8

14．

【分析】利用导数，转化为，在区间恒成立，参变分离后，即可求解.

【详解】，在区间恒成立，

所以，在区间恒成立，即在区间恒成立，

所以.

故答案为：

15．190

【分析】利用第八项为1出发，按照规则，逆向逐项即可求解n的所有可能的取值.

【详解】设对正整数按照上述变换，得到数列：，则：

则的所有可能取值为，共6个.其和为，

故答案为：190.

16．

【分析】设直线PQ方程及其坐标，将面积之比转化为坐标之间的关系结合韦达定理计算即可.

【详解】设，与抛物线方程联立得，

由可得：，

化简得.

易知：，则，同理，

而，即

所以.

故答案为：.

【点睛】方法点睛，圆锥曲线中面积之比问题，通常利用线段之比来转化，然后设线设点将线段之比化为坐标关系，联立直线与椭圆方程结合韦达定理计算即可.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据数列与的关系，转化为数列的递推公式，根据等差数列的定义，即可求解；

（2）首先数列，再利用裂项相消法求和.

【详解】（1）当时，，即，

因为，所以，

两式相减得，

因为，所以，

所以是以1为首项，4为公差的等差数列，

是以3为首项，4为公差的等差数列，

所以，，

故.

（2）因为，

所以，

因为，所以.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据三角形面积公式，得，再根据正弦定理，边角互化，结合

，即可求解；

（2）根据条件，变形得，再结合余弦定理求，代入三角形面积公式，即可求解.

【详解】（1）因为，所以，

因为，所以，即，

所以，且，，且，

，，

所以.

（2）因为，所以，即，

因为，，，即，所以，

由余弦定理得，

所以，

解得，

所以

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据圆的几何关系证明先线垂直，再根据线面垂直的性质和线面垂直判定即可求解；（2）根据线面角法向量求法和均值不等式即可求解.

【详解】（1）因为点为棱的中点，，

所以A,B,C三点共圆，且AC为直径，

所以.

因为平面，平面，

所以.

又因为，平面，

所以平面.

因为平面，

所以.

（2）设，

以为轴，为轴，过点与垂直的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，

则.

所以，，，

设平面的法向量为，

所以

令，

则，.

所以.

所以

（当且仅当，即时，等号成立）.

所以直线与平面所成角的正弦的最大值为.

20．(1)（岁）

(2)

(3)

【分析】（1）结合频率分布直方图和百分位数的定义即可求解；

（2）利用正态分布的性质即可求解；

（3）利用二项分布的概率公式和二项式系数的最值列不等式组，解之即可.

【详解】（1）由直方图可知，第分位数位于区间，

第分位数（岁）.

（2）（岁）

使用该APP且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP的.

（3）根据题意，

要使取最大值，则，

，解得，

因为，所以.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据，可求得，求出点的坐标，再根据，求出，即可得解；

（2）设的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，，再证明即可.

【详解】（1）设双曲线的焦距为2c，

其中，则，

所以，，

由，有，得，

所以，.

因为双曲线的渐近线方程为，有，

所以，，

由，有，即，得，

所以，

所以的方程为；

（2）设的方程为，，

联立方程组，得，

所以，，

，，

所以

，

所以，即，即平分，

因为，所以点为的中点，

所以.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

22．(1)①，②证明见解析

(2)

【分析】（1）由导数的几何意义求得实数的值，通过导数，求出单调性，证明存在唯一极小值点，结合零点存在性定理，由的范围，确定的取值范围证明；

（2）将问题转化为方程在上有解，分离出参数，再通过构造函数的方法解决即可.

【详解】（1）①∵，∴，

由导数的几何意义，在处的切线的斜率，

由已知，，∴解得.

②由①得，，，∴，，

令，则，

当时，，，，

当时，，，，

∴当时，，在区间上单调递增，

又∵，，

∴有且只有一个，使，

又∵在区间上单调递增，∴是在上的唯一零点，

∴在区间上单调递增，且

当时，，在区间上单调递减，

当时，，在区间上单调递增，

∴存在唯一极小值点.

又∵，∴，

∴

又∵，∴，∴，

∴，

∴.

（2）当时，，，

若在上存在零点，则方程在上有解，

即在上有解，

令，

则，

当时，令，则，，

当（）时，，，

∴在区间（）上单调递增，

当（）时，，，

∴在区间和（）上单调递减，

∴当，时，取得极小值.

∵，，

∴当，，，时，

，，，

令，则，在上单调递增，

∴

又∵，

∴当时，的最小值为.

又有，当，时，取得极大值.

∵，，

∴当，，，时，

，，，

令，则，在上单调递减，

∴

又∵，

∴当时，的最大值为.

∴当时，，即，

∴在上有解，则，

又∵，∴，∴.

综上所述，实数的取值范围为.

【点睛】方法点睛：函数在给定区间有零点的问题，可以转化为方程有解，再分离参数，通过构造函数，求出函数的值域，从而求得参数的取值范围.