2023届湖北省十堰市县区普通高中联合体高三上学期11月联考数学试题含解析

2023届湖北省十堰市县区普通高中联合体高三上学期11月联考数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集概念进行求解即可.

【详解】因为，，所以．

故选：C

2．若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（    ）

A．-3 B．-1 C．1 D．3

【答案】A

【分析】利用复数的除法，将复数表示为一般形式，然后利用复数的实部与虚部相等求出实数的值.

【详解】解：

因为复数的实部与虚部相等，

所以，解得

故实数a的值为.

故选：A

3．在中，点D在边AB上，．记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．

【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，

所以．

故选：B．

4．下列说法正确的是（    ）

A．命题“，”的否定是“，”

B．命题：，，若命题是假命题，则

C．“”是“，的夹角为钝角”的充分不必要条件

D．中，是的充要条件

【答案】D

【分析】对于A，利用含量词的命题的否定即可判断；对于B，由是假命题可得：，为真命题，分和进行讨论即可；对于C，利用“的夹角为钝角”的充要条件即可判断；对于D，利用正弦定理和三角形性质即可求解.

【详解】对于A，由含量词的命题的否定知，命题“，”的否定是“，”，故不正确；

对于B，因为命题是假命题，所以：，为真命题，

当时，不等式为恒成立；

当时，需满足，解得，

综上所述，的取值范围为，故不正确；

对于C，“的夹角为钝角”的充要条件是“且不平行于”，所以“”是“，的夹角为钝角”的必要不充分条件，故不正确；

对于D，若，由三角形中“大边对大角”可知，，由正弦定理可知，；

若，由正弦定理可知，，从而，

故“”是“”的充要条件，故正确，

故选：D

5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为2尺8寸，盆底直径为l尺2寸，盆深1尺8寸.若盆中积水深9寸，则平均降雨量是（注：①平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②1尺等于10寸）

A．3寸 B．4寸 C．5寸 D．6寸

【答案】A

【解析】作出圆台的轴截面，根据已知条件，利用圆台体积公式可求得盆中积水体积，再求出盆口面积，根据平均降水量的定义可求得结果.

【详解】作出圆台的轴截面如图所示：

由题意知，寸，寸，寸，寸

即是的中点    为梯形的中位线    寸

即积水的上底面半径为寸

盆中积水的体积为（立方寸）

又盆口的面积为（平方寸）

平均降雨量是寸，即平均降雨量是寸

本题正确选项：

【点睛】本题考查圆台体积的有关计算，关键是能够根据轴截面得到所求圆台的上下底面半径和高，考查基础公式的应用.

6．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ）

A．12种 B．24种 C．36种 D．48种

【答案】B

【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解

【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，

故选：B

7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且平面，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意得到为边长为的等边三角形，设外接球的球心为，外接圆的圆心为，连接，利用球的截面圆的性质，求得，结合球的表面积公式，即可求解.

【详解】如图所示，因为平面，且平面，

所以，

又因为，可得，

由，所以为边长为的等边三角形，

设外接球的球心为，半径为，外接圆的圆心为，连接，

则平面，则，

在正，可得，

在直角中，可得，

所以外接球的表面积为.

故选：D.

8．若，，， 则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由对数的运算法则把转化成同底的对数，再构造函数，利用导数判断单调性，进而的真数的大小关系，最后利用的单调性判断的大小.

【详解】由对数的运算法则得，.

令函数，则，即函数在是单调递减.

令函数，则，

令函数，则，

在上单调递减，且，

，     所以在上单调递增，在单调递减.

又     在恒成立

，即在上单调递增    ，则    当时，.

又在上单调递增

故选：C

【点睛】利用导数判断函数值大小应注意的问题：

在构造函数时需要视具体情况而定

在判断导函数的正负时，尽量不要求二阶导数，而是把原导函数令为一个新函数，再求导判断正负来得到原导函数的单调性.

二、多选题

9．下列命题中正确的是（    ）

A．已知一组数据7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的中位数为8

B．若随机变量服从正态分布，，则

C．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若样本中心点为，则

D．若随机变量，且，则

【答案】BC

【分析】将A的数据由小到大排列后可求该组数据的中位数，从而可判断A的正误，利用正态分布的对称性可判断B的正误，根据样本中心点必在回归直线上可判断C的正误，根据公式可求二项分布的期望和方差，从而可判断D的正误.

【详解】对于选项A，5，6，7，7，8，8，8，9中位数为7.5，所以A不正确；

对于选项B，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于对称，

所以，所以B正确；

对于选项C，因为回归直线一定经过样本中心点，所以，

即，所以C正确；

对于选项D，因为，且，所以，即，

所以，所以D不正确．

故选：BC．

10．摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为（    ）

A．摩天轮离地面最近的距离为4米

B．若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则

C．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为30

D．，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米

【答案】BC

【分析】易知摩天轮离地面最近的距离，从而可判断A；求出分钟后，转过的角度，即可求出关于的表达式，即可判断B；由余弦型函数的性质可求出的最小值即可判断C；求出在上的单调性，结合当时，即可判断D.

【详解】解：由题意知，摩天轮离地面最近的距离为米，故A不正确；

分钟后，转过的角度为，则，B正确；

周期为，由余弦型函数的性质可知，若取最小值，

则，又高度相等，则关于对称，则，则；

令，解得，令，解得，

则在上单调递增，在上单调递减，当时，，

当时，，所以在只有一个解；

故选:BC.

【点睛】关键点睛:

本题的关键是求出关于的表达式，结合三角函数的性质进行判断.

11．[多选题]已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（    ）

A．点的坐标为

B．若直线过点，则

C．若，则的最小值为

D．若，则线段的中点到轴的距离为

【答案】BCD

【分析】根据抛物线方程的标准形式求出焦点可判断A；由抛物线的性质可判断B、C；利用抛物线的焦半径公式可判断D.

【详解】易知点的坐标为，选项A错误；

根据抛物线的性质知，过焦点时，，选项B正确；

若，则过点，则的最小值即抛物线通径的长，

为，即，选项C正确，

抛物线的焦点为，准线方程为，

过点，，分别作准线的垂线，，垂足分别为，，，

所以，．

所以，

所以线段，

所以线段的中点到轴的距离为，选项D正确．

故选：BCD

12．已知函数及其导函数的定义域均为R，若，均为奇函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】由题知，，进而得，可判断A；再对求导可得，进而得为周期函数，周期为，进而可得，可判断BD；再根据得，进而得时，可判断C..

【详解】解：因为若，为奇函数，

所以，

令得，，即，，A选项正确；

所以，，即，

所以，函数关于对称，对称，

所以，，即

所以，，

所以，，即函数为周期函数，周期为，

所以，，，故D选项正确，B选项错误；

对于C选项，由可得，其中为常数，

所以，所以，

故令得，即，故C选项正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．展开式中，常数项的值为__________.

【答案】

【分析】先写出通项，在通项公式中令x的指数为0，求出k，从而写出常数项．

【详解】解：

令18﹣3k＝0，k＝6，故的展开式中的常数项为T下标7＝C96＝84

故答案为84

【点睛】本题考查二项式定理中通项公式的应用：求常数项，属基本题型、基本方法的考查．

14．写出一个数列的通项公式，使得这个数列的前项和在时取最大值，_____.

【答案】（答案不唯一）

【分析】可以利用等差数列的前项和公式和二次函数的性质求解即可.

【详解】对于等差数列，其前项和，由二次函数的性质可知，数列前项和在或时取到最大值，

故答案为： （答案不唯一）

15．已知双曲线M：的渐近线是边长为1的菱形的边，所在直线.若椭圆N：（）经过A，C两点，且点B是椭圆N的一个焦点，则______.

【答案】

【解析】由双曲线渐近线的斜率得出，进而得出点的坐标，根据题意得出椭圆的半焦距，再由椭圆的定义，即可得出的值.

【详解】因为为双曲线的渐近线，所以，则

所以，，则

因为，所以椭圆的半焦距

设椭圆的左焦点为，则，连接

由椭圆的定义可得

即，解得

故答案为：

【点睛】本题主要考查双曲线的基本性质以及椭圆的基本性质，其中利用定义求是解题的关键，属于中档题.

16．对于函数现有下列结论:

①任取，都有

②函数在上单调递增

③函数有个零点

④若关于的方程恰有个不同的实根，则

其中正确结论的序号为________________．(写出所有正确命题的序号)

【答案】①③④

【分析】作出函数的图象，结合图象，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，

①中，当时，函数的最大值为，最小值为，

所以任取，都有恒成立，所以是正确的；

②中，函数在区间上的单调性和在上的单调性相同，

则函数在区间不单调，所以不正确；

③中，如图所示，函数与函数的图象有3个不同的交点，

可得函数有个零点，所以是正确的；

④中，若关于的方程恰有个不同的实根，

不妨设，则，所以，所以是正确的.

【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到函数的基本性质，分段函数的表达式，以及函数零点的转化等知识点的综合应用，同时作出函数的图象是解答本题的关键，着重考查了数形结合思想，以及运算能力，属于中档试题.

四、解答题

17．已知数列是等差数列，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用等差数列的基本量，解方程即可求得，再求即可；

（2）根据（1）中所求，解得，利用裂项求和法即可求得结果.

【详解】（1）设数列的公差为d，依题意可得：，解得，

故有，故.

（2）由（1）中所求可得：，

故.

即数列的前n项和

18．在中，已知分别为角的对边．若向量，向量，且．

（1）求的值；

（2）若成等比数列，求的值．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）先由向量数量积得，再由正弦定理将边化角，得，即得．

（2）由等比数列性质得，再由正弦定理将边化角，得．利用同角三角函数关系、两角和正弦公式化得.

【详解】解：（1）因为，所以．

由正弦定理，得，

所以，所以．

因为，所以，所以．

（2）因为成等比数列，所以．

由正弦定理，得．

因为，，所以．

又

.

故.

19．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；

(2)若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；

（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解

【详解】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，

由三棱柱可得四边形为平行四边形，

而，，则，

而平面，平面，故平面，

而，，则，同理可得平面，

而，NK，平面MKN，

故平面平面，而平面MKN，

故平面；

（2）因为侧面为正方形，故，

而平面，平面平面，

平面平面，故平面，

因为平面，所以，

因为，故平面，

因为平面，故，

又，而，，

故平面MNK，而平面MNK，故，

所以，故两两垂直，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，

故，，B，

设平面BNM的法向量为，

则，从而，取，则，

设直线AB与平面BNM所成的角为，则

．

20．为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部A、B进行体育运动和文化项目比赛，由A部、B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若A部、B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部、B部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．

(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求，并求当取最大值时p的值；

(2)当时，记一共进行的比赛局数为Y，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出X可能取值，并求出对应的概率，得到期望，配方后得到期望最大值时对应的p的值；

（2）先得到双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为，比分为2∶1或1∶2的概率均为，考虑和两种情况，分别求出概率，相加即可.

【详解】（1）X可能取值为2，3．

；

．

故，

即，则当时，取得最大值．

（2）当时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为；

比分为2∶1或1∶2的概率均为．

，则或．

即获胜方两天均为2∶0获胜，不妨设A部胜，

概率为，同理B部胜，概率为，

故；

即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，

不妨设最终A部获胜，

当前两天的比分为2∶0和2∶1时，

先从两天中选出一天，比赛比分为2∶1，三场比赛前两场，A部一胜一负，第三场比赛A获胜，另外一天比赛比分为2：0，故概率为，

当前两天比分为2∶0和0∶2，附加赛A获胜时，两天中选出一天，比赛比分为2：0，

概率为，

故最终A部获胜的概率为，

同理B部胜，概率为，

故．

所以．

21．设椭圆C：（）的左､右顶点分别为A，B，上顶点为D，点P是椭圆C上异于顶点的动点，已知椭圆的离心率，短轴长为2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与x轴交于点N，求证：直线MN恒过某定点，并求出该定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点为

【分析】（1）利用椭圆的离心率及其短轴长联立方程组即可求解；

（2）设直线和直线的方程，并求出直线的方程，再求出点、的坐标，及其直线的方程，即可求出直线MN恒过某定点.

【详解】（1）由已知可得，解得，

故椭圆C的方程为；

（2）设直线的方程为（且），

直线的方程为（且），

则直线与x轴的交点为，

直线的方程为，则直线与直线的交点为，

将代入方程，得，

则点P的横坐标为，点P的纵坐标为，

将点P的坐标代入直线的方程，

整理得，

∵，∴，

由点坐标可得直线的方程为：

，

即，

则直线过定点.

22．设函数.（为自然常数）

(1)当时，求的单调区间；

(2)若在区间上单调递增，求实数a的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；（2）先根据定义域得到，二次求导，结合极值，最值，列出不等式，求出实数a的取值范围.

【详解】（1）当时，，定义域为，

，令，解得：，令，解得：，故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）在区间上有意义，故在上恒成立，可得，

依题意可得：在上恒成立，

设，

，易知在上单调递增，故，

故在上单调递减，最小值为，

故只需，设，其中，

由可得：在上为减函数，

又，故.

综上所述：a的取值范围为.

【点睛】已知函数单调性，求解参数取值范围，转化为导函数与0的大小比较，本题中难点在于要进行二次求导，求解参数的取值范围时，也要结合单调性及特殊值，对逻辑性要求较高.