湖北省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

湖北省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若函数的图象的对称轴与函数的图象对称轴完全相同，则等于（    ）

A． B． C． D．

3．双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．4

4．已知正实数x，y，则“”是“”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

5．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．根据以上推广，则函数图象的对称中心是（    ）

A． B． C． D．

6．在中，是边上的点，且为的外心，则（    ）

A．3 B． C． D．

7．某人射击7枪，击中5枪，问击中和未击中的不同顺序情况有（    ）种.

A．21 B．20 C．19 D．16

8．已知实数，，，则这三个数的大小关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．设z为复数，则下列命题中正确的是（　　）

A．

B．z2＝|z|2

C．若|z|＝1，则|z+i|的最大值为2

D．若|z﹣1|＝1，则0≤|z|≤2

10．若，则（    ）

A． B．

C． D．

11．如图，在正方体中，分别是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法正确的是（    ）

A．点的轨迹是一条线段

B．点与点到平面的距离相等

C．与平面所成最大角的正切值为

D．与所成角的正弦值的取值范围为

12．已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有(    )

A．

B．若，则函数的最小正周期为；

C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解

D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为

三、填空题

13．顶点在原点，且过点P(－2，3)的抛物线的标准方程是_________．

14．已知四棱锥的五个顶点都在球的表面上，若底面是梯形，且，则当球的表面积最小时，四棱锥的高的最大值为__________．

15．已知等差数列的通项公式分别为，将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为________．

16．已知函数f（x）=，若函数y=f（f（x））-a 恰有5个零点，则实数a的取值范围为______．

四、解答题

17．设数列满足;

（1）当时，求并由此猜测的一个通项公式；

（2）当时，证明对所有的，

（i）

（ii）．

18．在中，角所对的边分别为，，，延长至，使，的面积为．

(1)求的长；

(2)求外接圆的面积．

19．如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．

(1)当时，求三棱柱的体积；

(2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．

20．已知点M，N分别是椭圆的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，点P在椭圆上，O为原点，若，求直线的方程．

21．在一次抗洪抢险中，准备用射击的方法引爆从河上游漂流而下的一巨大汽油罐.已知只有5发子弹备用，且首次命中只能使汽油流出，再次命中才能引爆成功.每次射击命中率都是，每次命中与否互相独立.求：

(1)直到第3次射击汽油才流出的概率；

(2)直到第3次射击汽油罐才被引爆的概率；

(3)汽油罐被引爆的概率.

22．已知函数，

(1)证明：函数f（x）在内有且仅有一个零点；

(2)假设存在常数λ>1，且满足f（λ）=0，试讨论函数的零点个数.

参考答案：

1．C

【分析】首先求得集合的范围，再求交集即可得解.

【详解】对集合可得，

所以，或，

所以或，

又，

所以或，

故选：C

2．C

【分析】根据题意得到与的图象相同或关于轴对称，结合诱导公式，数形结合得到方程，求出，再由得到答案.

【详解】由题意，得与的图象相同或关于轴对称，

因为，所以，所以，，

根据题意，可得，解得.

因为，所以当时，满足要求，

当取其他整数时，不满足要求.

故选：C.

3．B

【分析】由双曲线的渐近线与直线垂直求出关系，计算离心率即可.

【详解】双曲线的一条渐近线与直线垂直，则，所以曲线的离心率，

故选：B

4．B

【分析】根据基本不等式“1”的妙用求出的最小值即可判定.

【详解】，当且仅当等号成立，所以充分性成立，

当时，，此时，所以必要性不成立.

故选：B.

5．A

【分析】，根据定义域得到，根据得到，得到对称中心.

【详解】，为奇函数，

定义域为关于原点对称，故，，

，即，故，即对称中心为.

故选：A.

6．B

【分析】设外接圆的半径为，由向量的三角形法则，以及向量的数量积的定义，结合等腰三角形的性质，即可得到．

【详解】解：因为，则是的中点，所以，

设外接圆的半径为，

所以

．

故选：B．

7．A

【分析】转化为7个位置，选2个放未击中，另5个放击中，由此可得结论．

【详解】射击7枪，击中5枪，则击中和未击中的不同顺序情况共有种.

故选：A．

【点睛】本题考查组合的应用，解题时注意元素之间有无区别，以确定是排列还是组合．

8．A

【分析】根据对数函数的图象和性质可得：，然后再比较的大小关系即可.

【详解】因为，所以，

又因为，

而，所以，

所以，

故选：.

9．ACD

【分析】根据复数的运算法则，以及其几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】设，则，

对A：，故A正确；

对B：，故B错误；

对C：若，则该复数对应点为以原点为圆心，半径为1的圆上的点，

而表示复数对应点到的距离，

故当且仅当对应点为时，取得最大值2，故C正确；

对D：若，其表示复数对应的点是以为圆心，为半径的圆上的点，

又表示复数对应点到原点的距离，显然，故D正确.

故选：ACD.

10．ABD

【分析】令可知A正确；根据分别为的系数，结合组合数的性质可知BC正误；求导后，令即可确定D正确.

【详解】对于A，令，则，A正确；

对于B，是的系数，，B正确；

对于C，是的系数，，C错误；

对于D，对等式两边求导得：；

令，则，，D正确.

故选：ABD.

11．ACD

【分析】分别取的中点，证得平面平面即可判断A；因得，由此可判断B；由已知得为与平面所成的角，当为的中点时，所成的角最大，求出正切值可判断C；与所成角即为与所成角，当点在点或点时所成角最小，当点在中点时所成角最大，求出其正弦值可判断D．

【详解】设正方体的棱长为2．

由题意知平面，连接，由，得，则共面．

分别取的中点，连接，如图，

因为平面平面，所以平面，同理可得平面．

又是平面内的两条相交直线，所以平面平面，

而平面，所以平面，得点的轨迹为线段，故A正确；

连接，连接交与，因，则，所以到平面的距离是到平面距离的2倍，因为到平面的距离等于到平面的距离，故B错误；

因为平面，所以为与平面所成的角．当为的中点时，，取最小值，此时最大，即与平面所成的角最大，其正切值为，故C正确；

与所成角即为与所成角，

当点在点或点时所成角最小，即

在中，，，；

当点在中点时，，所成角最大为，其正弦值为1，

所以与所成角的正弦值的取值范围为，故D正确．

故选：ACD．

12．ABD

【分析】A：在上单调，，，故；

B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期；

C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；

D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围.

【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；

B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.

C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.

D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.

13．或

【分析】由已知抛物线上一点设出其标准方程，代点坐标计算待定系数即可.

【详解】设抛物线的标准方程为或，

因为点P(－2，3)在抛物线上，则或，

所以抛物线的标准方程是或.

故答案为：或

【点睛】本题考查由抛物线上一点求抛物线的标准方程，属于基础题.

14．

【分析】作，求得，得到点为底面梯形外接圆的圆心，利用球的截面性质，得到，得到外接球半径最小值，结合面时，即可求解.

【详解】如图所示，作，由对称性可得，可得，

取的中点，连接，则，

所以，即点为底面梯形外接圆的圆心，则半径，

球心在平面上射影落在四边形外接圆圆心处即中点，

设球心到平面的距离为，

由，可得外接球半径最小值为，

当面时，高最大为．

故答案为：．

15．

【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.

【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，

数列是以1首项，以3为公差的等差数列，

所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，

所以的前项和为，

故答案为：.

16．（0，ln2]∪{2}

【分析】先作出函数f（x）的图象，利用数形结合分类讨论，即可确定实数a的取值范围．

【详解】函数f（x）的图象如图，

①当a=2时，则方程f（t）=2有3个根，且

由图象可知方程f（x）=t1有1根，方程f（x）=t2有2个根，方程f（x）=t3有2个根，共有5个根， 故a=2符合题意；

②当时，则方程f（t）=有2个根，且

由图象可知方程f（x）=t1有2根，方程f（x）=t2有2个根，共有4个根， 故不符合题意；

③当时，则方程f（t）=有2个根，且

由图象可知方程f（x）=t1有2根，方程f（x）=t2有2个根，共有4个根， 故不符合题意；

④当时，则方程f（t）=有1个根，且

由图象可知方程f（x）=1有2根，1 故不符合题意；

⑤当时，则方程f（t）=有3个根，且.

由图象可知方程f（x）=t1有0根，方程f（x）=t2有2个根，方程f（x）=t3有2个根，共有4个根， 故不符合题意；

⑥当时，则方程f（t）=有2个根，且.

由图象可知方程f（x）=t1有2根，方程f（x）=有3个根，共有5个根， 

此时,故符合题意；

⑦当时，则方程f（t）=无根，不符合题意.

综上： ∪{2}.

故答案为（0，ln2]∪{2}.

【点睛】本题考查函数的图象的应用，分段函数的应用，着重考查了学生的数形结合能力和分类讨论的思想，属于难题．

17．（1）,（2）证明见解析.

【分析】（1）根据递推公式及,依次代入,,的值即可求得

的值;根据每个值即可归纳出通项公式.

（2）（i）利用数学归纳法,分两步证明结论即可.

（ii）根据递推公式及（i）中结论,将式子变形即可得,通过放缩及等比数列求和公式,化简即可证明结论.

【详解】（1）因为且

令,代入可求得

令,代入可求得

令,代入可求得

由此,可猜想数列的一个通项公式为

（2）（i）由数学归纳法可知:

当时, ,不等式成立;

假设当时不等式成立,即成立

则

即当时,

综上可知,对于所有的,都有成立

所以原不等式成立

（ii）根据及（i）中的证明可知对于都有

所以，即

所以

所以，即所以,

当时，

当时，则

综上所述原不等式成立.

18．(1)或

(2)

【分析】（1）由余弦定理求得，得到为等边三角形，求得，结合面积公式，列出方程，即可求解；

（2）由（1），分和两种情况讨论，利用余弦定理求得的长，结合正弦定理求得外接圆的半径，即可求解.

(1)

解：由，由余弦定理得，

因为，所以，

又因为，所以为等边三角形，故，

因为，可得，

所以，

解得或.

(2)

解：由（1）知：当时，，

则，

所以，

设外接圆的半径为，

由正弦定理可得，所以，

所以外接圆的面积为；

当时，，

则，

所以，

同理外接圆的面积为，

综上所述，外接圆的面积为．

19．(1)3

(2)

【分析】（1）取的中点为O，根据等边三角形可知，，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可；

（2）根据及余弦定理解出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围.

【详解】（1）解：如图，取的中点为O，

因为为菱形，且，所以为正三角形，

又有为正三角形且边长为2，则，，

且，，所以，

所以，因为又，

平面，平面，所以平面，

所以三棱柱的体积．

（2）在中，，，

由余弦定理可得，

所以，由（1），，

又，平面，平面，

所以平面，因为平面，

所以平面平面，所以在平面内作，则平面，

以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，，

，，

设是平面的一个法向量，

，，

则，即，

取得，设，

则

，

设直线与平面所成角为，

则

，

令，则在单调递增，

所以，

故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．

20．(1)；

(2)或．

【分析】（1）由已知可推出直线的方程为.由已知可得，解方程组即可得出答案；

（2）设的方程为.联立直线与椭圆的方程，得出，由韦达定理得出坐标之间的关系，表示出点.代入椭圆方程，整理化简即可得出，代入即可得出的值.

【详解】（1）由已知可得，，，所以直线的方程可设为，

即.

所以点到直线的距离.

又椭圆的离心率为，所以.

联立，解得，

故椭圆方程为．

（2）由（1）知，椭圆的右焦点为，设直线的方程为.

设，，.

联立直线与椭圆的方程，消x得，

由韦达定理可得.

因为，所以，

因为点P在椭圆上，

所以

，所以.

因为

．

化简得，得，

当时，直线的方程为；当时，直线的方程为.

综上，直线的方程为或．

21．(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）每次命中与否互相独立，由题意知本题符合独立重复试验的条件，根据独立重复试验的公式求解概率；

（2）每次命中与否互相独立，由题意知本题符合独立重复试验的条件，根据独立重复试验的公式求解概率；

（3）油罐被引爆的对立事件是油罐不被引爆，油罐不被引爆包括五发子弹都没有击中，五发子弹中只有一发击中，两种情况，这两种情况是互斥的，根据对立事件和互斥事件的概率公式得到结果.

【详解】（1）由已知，每次射击命中率都是，且每次命中与否互相独立，

设直到第3次射击汽油才流出的事件为，

所以，直到第3次射击汽油才流出的概率；

（2）由已知，每次射击命中率都是，且每次命中与否互相独立，

设直到第3次射击汽油罐才被引爆的事件为，

所以，直到第3次射击汽油罐才被引爆的概率；

（3）记“油罐被引爆”的事件为事件，其对立事件为，油罐不被引爆包括五发子弹都没有击中，五发子弹中只有一发击中这两种情况，

则，

根据对立事件的概率得到，

即油罐被引爆的概率为.

22．(1)证明见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）由导函数判断出函数f（x）的单调区间，依据零点存在定理即可证明函数f（x）在内有且仅有一个零点；

（2）把函数的零点个数问题，转化为与两函数图像的交点个数问题，分类讨论即可解决.

(1)

，令，则

所以在单调递减，在单调递增.

因为，

结合单调性，在有且仅有一个零点.

(2)

令，即，从而有，

令，

从而的零点个数等价于与图像的交点个数.

，令，得.

所以在单调递减，在单调递增，且，

当时，图像与图像有一个交点.

当时，图像经过二､四象限，与图像无交点.

当时，图像经过一，三象限，与图像至少有一个交点，当图像图像相切时，设切点横坐标为，则有

即有，从而，

此时.

所以，当时时，图像与图像有两个交点；

当时，图像与图像有三个交点；

当时，图像与图像有一个交点.

综上所述，当时，没有零点；当时，有三个零点；当，有两个零点；当或时，有一个零点.