精品解析：湖北省十堰市郧阳区第一中学2023-2024学年高三5月月考数学试题

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，根据集合交集的概念求解即可.
【详解】由题意可得，
由，解得或，所以或，
所以，
故选：C
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由复数除法求出复数，再求模.
【详解】根据题意，，
则.
故选：B
3. 设数列的前n项和为，给出以下两个命题：①若数列是公差不为 0 的等差数列，则对于任意不小于 2 的正整数 k， 是的必要非充分条件；②若数列是等比数列，则对于任意不小于2的正整数k， 是的充要条件； 下列判断正确的是（ ）
A. ①②均正确B. ①②均错误
C. ①对②错D. ①错②对
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列、等比数列的性质及求和公式计算可判定命题.
【详解】对于命题①，当时，显然有满足，
但各项均不为0，不满足充分性，
当时，此时an中必有一项为0，
不妨设，则，可使得成立，
故满足必要性，即①正确；
对于命题②，设等比数列an的公比为q，显然，
若，则，不存在，
若，则，要使，则需为偶数，
故对于，当时，必有，此时，
则成立，满足充分性，
而，则有，此时必有，
则，满足必要性，即②正确.
故选：A
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据差角公式可得，即可利用同角关系求解.`
【详解】由得，解得，
故，结合，故
由于，故，
故选：A
5. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得即在上恒成立，构造函数，，由二次函数的性质求出的最值即可解决问题.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以.
故选：A．
6. 函数的部分图象大致为（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由的定义域排除B；由是奇函数排除C；由排除D，从而得出答案.
【详解】由，得，则的定义域是，排除B；
由，
得，
所以函数是奇函数，排除C；
，排除D.
故选：A．
7. 已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，求圆锥的底面半径和母线长，再根据公式求圆锥的表面积.
【详解】如图：
设圆锥底面为，母线长为，母线，夹角为，则，所以.
因为的面积为，所以.
又.
所以圆锥的表面积为：.
故选：B
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点.若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线定义，结合余弦定理列式计算即得.
【详解】设，则，，由双曲线定义得，
在中，由余弦定理得，
解得，因此，令双曲线的半焦距为c，
在中，由余弦定理得，解得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中， 正确的是（ ）
A. 数据的第百分位数为
B. 已知随机变量服从正态分布，；则
C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程，若，则
D. 若样本数据的方差为，则数据的方差为4
【答案】BC
【解析】
【分析】利用第百分位数的性质判断A，利用正态分布的性质判断B，利用回归方程的性质判断C，利用数据方差的性质判断D即可.
【详解】对于A，我们首先按顺序排列数据，得到，
而第百分位数即为中位数，所以该数为，故A错误，
对于B，因为随机变量服从正态分布，，
所以，，
故，得到，故B正确，
对于C，因为，所以，
将代入中，得到，解得，故C正确，
对于D，因为样本数据的方差为，
所以数据的方差为，故D错误.
故选：BC
10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ）
A. B. 面积的最大值为
C. D. 边上的高的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，而，
则，由余弦定理得，而，解得，
对于A，，A正确；
对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，令边上的高为，则，解得，D正确.
故选：AD
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，是的极大值点
C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴
D. 存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 数列满足，若，，则数列的前20项的和为______．
【答案】210
【解析】
【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
13. 在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为______．
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长，相加得到答案.
【详解】延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以MN=AM2+AN2=22，，，
因为∽，，故，，
上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.

故答案为：
14. 已知抛物线与圆相交于四个不同的点，则r的取值范围为______，四边形面积的最大值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】联立抛物线与圆的方程利用判别式及根的分布计算可求第一空，由对称性设点坐标，根据坐标含参表示四边形面积，换元结合求导判定单调性与最值即可.
【详解】
联立，由题意知该方程有两个不等正根，
即，所以；
如图所示，由图形的对称性，不妨设，
易知四边形为等腰梯形，
其面积为，
又点在抛物线上则有：，
而，
所以，
，
则，
令，则，
令，
易得时，此时单调递增，
时，此时单调递减，即，
则，时取得等号.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：第一空联立方程利用韦达定理计算即可，注意根的分布；第二空利用对称性设点，利用点坐标表示面积，注意运用点特征及韦达定理消元转化得面积与半径的关系，换元结合求导计算最值即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起.某企业着力推进技术革新，利润稳步提高.统计该企业年至年的利润(单位：亿元)，得到如图所示的散点图.其中年至年对应的年份代码依次为.
我们给定一些参考公式和数据：，
，，，，
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型.（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中的判断结果，建立关于的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计年的企业利润.
【答案】（1）适宜
（2）
（3）亿元
【解析】
【分析】（1）利用散点图选择合适模型即可.
（2）利用最小二乘法求解回归方程即可.
（3）利用回归方程合理估计即可.
【小问1详解】
适宜，
由散点图可知，相关点并不聚集在一条直线上，
所以要用非线性模型拟合，故用适宜.
【小问2详解】
由题意得，，
，
，
所以.
【小问3详解】
令，
所以估计2024年的企业利润为亿元.
16. 如图，在三棱台中，平面平面，，，．

（1）求三棱台的高；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【小问1详解】
作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
【小问2详解】
以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
17. 已知函数，其中且．
（1）若是偶函数，求a的值；
（2）若时，，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）且．
【解析】
【分析】（1）由题意，，即可得解；
（2）分，且和三种情况讨论，结合基本不等式和导数求解即可.
【小问1详解】
由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为；
【小问2详解】
当时，，成立；
当且时，，，
又已证，故此时符合题意；
当时，，
因为函数都是增函数，
所以函数f′x在上单调递增，且，
故存在，使得当时，，从而单调递减，
所以，存在，使得，此时不合题意．
综上所述，且．
18. 已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为．
（1）求的方程；
（2）过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义得到，再利用点在上，即可求出结果；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程程，利用，得到，联立抛物线方程，得到，即可求出结果；（ⅱ）根据条件得到必要条件，再代入检验满足题意，从而求出结果.
【小问1详解】
由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设Px1,y1，Qx2,y2，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问的第（ii）小问，通过条件，得到，从而有，再检验满足题意，即可求解.
19. 高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ，记 ，并规定.记，并规定.定义.
（1）若，求和；
（2）求 ；
（3）证明：
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接利用定义计算即可；
（2）分与，利用定义结合等差数列求和公式计算即可；
（3）利用上问结论将问题转化为证，令，先判定结合定义化简的等量关系得出，再分类讨论且，和，时等式成立即可.
【小问1详解】
若，
而
【小问2详解】
当时，
，
当时，由

可得 ；
综上所述，.
小问3详解】
结合第二问结论知，
要证
只需证
，
令，易知，
则，
所以，
一方面，
另一方面，，
当且时， 由于，
比较两式中的系数可得：，
则
由 可知=，
当时，由
可知：，
此时命题也成立.
当时， 也成立.
综上所述，.
【点睛】思路点睛：处理新定义类问题的思路有①找出新定义的几个要素，找出要素分别代表的意义；②由已知条件看所求问题，进行分析，转化为数学语言；③将已知条件代入新定义中；④结合数学知识进行解答.