2023届湖北省高三下学期四月调研考试数学试题含解析

这是一份2023届湖北省高三下学期四月调研考试数学试题含解析，共20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。
2023届湖北省高三下学期四月调研考试数学试题 一、单选题1．复数与下列复数相等的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.【详解】由题设，，故A、C、D错误；而，故B正确.故选：B2．已知集合，，且全集，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合的交集、并集、补集的运算法则求解.【详解】由已知得集合表示的区间为，集合表示的区间为，则，，，,故选：.3．城市交通信号灯的配时合理与否将直接影响城市交通情况．我国采用的是红绿交通信号灯管理方法，即“红灯停、绿灯行”．不妨设某十字路口交通信号灯的变换具有周期性．在一个周期T内交通信号灯进行着红绿交替变换（东西向红灯的同时，南北向变为绿灯；然后东西向变为绿灯，南北向变红灯）．用H表示一个周期内东西方向到达该路口等待红灯的车辆数，V表示一个周期内南北方向到达该路口等待红灯的车辆数，R表示一个周期内东西方向开红灯的时间，S表示一个周期内所有到达该路口的车辆等待时间的总和（不考虑黄灯时间及其它起步因素），则S的计算公式为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据条件分别求出东西方向路口等待时间的总和及南北方向路口等待时间的总和，即可求解.【详解】由题意得： 一个周期内，东西方向路口等待红灯的车辆数为，等待开红灯的时间为，则一个周期内，东西方向路口等待时间的总和为，又交通信号灯红绿交替变换时间周期为，所以一个周期内，南北方向路口等待开红灯的时间为，又一个周期内，南北方向路口等待红灯的车辆数为，则一个周期内，南北方向路口等待时间的总和为，一个周期内，到达该路口的车辆等待时间的总和，故选：B.4．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等差、等比中项的性质求得、，进而可得、，代入目标式求正切值即可.【详解】由，故，则，，故，则，所以.故选：A5．在△ABC中，，且点D满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由、，结合向量数量积的运算律转化求模长即可.【详解】由题设，为中点，则，所以，又，即，所以，故.故选：A6．已知，则（    ）A． B．－1 C． D．【答案】C【分析】应用诱导公式、商数关系可得，再由和角正切公式展开求得，最后由求值即可.【详解】由，所以，则，所以，则，故，由.故选：C7．已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.【详解】由可得，令，由万能公式可得，，所以直线的方程为①，由题意可知过原点与直线垂直的直线方程为②，可得，即表示点的轨迹为圆心为半径为3的圆，于是线段长度的取值范围为，因为，所以线段PQ长度的取值范围为，故选：B.8．已知函数及其导函数定义域均为R，满足，记，其导函数为且的图象关于原点对称，则（    ）A．0 B．3 C．4 D．1【答案】D【分析】根据题设知关于、对称且，即可求，再由已知有关于、对称，求，即可得解.【详解】由关于原点对称，则关于轴对称，且，所以关于对称，关于对称，且，又，即，则关于对称，综上，，，则，所以，而，故，又，则关于对称，即，所以，则，所以.故选：D 二、多选题9．以下说法正确的有（    ）A．某医院住院的8位新冠患者的潜伏天数分别为10，3，8，3，2，18，7，4，则该样本数据的第50百分位数为5.5B．经验回归直线至少经过样本点数据中的一个点C．若，，则事件A，B相互独立D．若随机变量，则取最大值的必要条件是【答案】AC【分析】应用百分位数的估计方法判断A；由回归直线的性质判断B；由条件概率公式，及独立性判定公式判断C；利用二项分布概率公式，结合组合数性质确定参数，由充分必要性定义判断D.【详解】A：数列从小到大为，则，故第50百分位数为，正确；B：回归直线不一定过样本点，但必过样本中心，错误；C：由，则，故，所以事件A，B相互独立，正确；D：由，要使取最大值，只需取最大，显然当或时最大，故是取最大的充分条件，错误.故选：AC10．已知函数（其中，，T为图象的最小正周期，满足，且在恰有两个极值点，则有（    ）A．B．函数为奇函数C．D．若，则直线为图象的一条切线【答案】BCD【分析】根据三角函数的图象与性质可得，，继而可判定各选项.【详解】因为，， 所以，则（不符题意，舍去）或故，而，则，即A错误；，而，所以是奇函数，B正确；由在恰有两个极值点，根据正弦函数的图象及性质可得，故C正确；当时，由上可得，即，则当时，，则是的一条切线，即D正确.故选：BCD11．已知在棱长为2的正方体中，过棱BC，CD的中点E，F作正方体的截面多边形，则下列说法正确的有（    ）A．截面多边形可能是五边形B．若截面与直线垂直，则该截而多边形为正六边形C．若截面过的中点，则该截面不可能与直线平行D．若截面过点，则该截面多边形的面积为【答案】ABD【分析】正方体中的平行或相交关系依次作出各选项截面分析即可.【详解】对于B项，如下图所示，在正方体中易证面,分别取棱的中点G、H、I、J，由中位线的性质可得平面∥平面,故面,而六边形显然为正六边形，故B正确；对于C项，如下图所示，连接AC、BD交于O点,记面AD1和面AB1的中心分别为G、H，易知G、H、E、F共面（即符合要求的截面）.连接A1O、CO交GH、EF于N、M两点，由中位线性质可得N、M为A1O、CO的中点，故A1C∥MN，所以A1C∥面GHEF，所以C项错误；对于AD项，如下图所示，延长EF分别与直线AB、AD交于P、Q两点，连接A1P、A1Q交棱D1D、B1B于TS，则五边形A1SEFT为所得截面，A正确；，故D正确.故选：ABD12．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A，B两点，与其准线交于点D，F为AD的中点，且，点M是抛物线上间不同于其顶点的任意一点，抛物线的准线与y轴交于点N，抛物线在A，B两点处的切线交于点T，则下列说法正确的有（    ）A．抛物线焦点F的坐标为B．过点N作抛物线的切线，则切点坐标为C．在△FMN中，若，，则t的最小值为D．若抛物线在点M处的切线分别交BT，AT于H，G两点，则【答案】BCD【分析】对于A项，利用抛物线定义即可判定；对于B项，设切线方程联立抛物线解方程即可；对于C项，利用抛物线的定义结合图象可知在MN与抛物线相切时t取最小值，计算即可；对于D项，根据抛物线的切线方程用ABM的坐标来表示HGT的坐标，计算即可.【详解】对于A项，如图所示，过A向准线作垂线，垂足为C，则由抛物线定义可得AF=AC=3，又F为AD中点，则F到准线的距离为1.5，所以F，故A错误；对于B项，由上可得，即，抛物线方程为，设过N的切线方程为：，联立可得由相切可得，即切点横坐标，代入抛物线得切点坐标，故B正确；对于C项，如图所示过M作准线的垂线垂足为E，，根据正弦的单调性知越小正弦值越小，即MN与抛物线相切时此角最小，由上可知此时M，易得，故C正确； 对于D项，设M，由得，则过M的切线方程为，化简得：，同理可得，过A、B的切线方程分别为、，联立可得，则，，故D正确.故选：BCD【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，属于压轴题.关键在于积累二级结论：过抛物线上一点的切线方程为，计算时注意技巧可简化计算量. 三、填空题13．在某项测量中，其测量结果服从正态分布，且，则_____________．【答案】/0.8【分析】利用正态分布的对称性求概率即可.【详解】由题设，，而，又，故，所以.故答案为：14．若的展开式中常数项为160，则的最小值为_____________．【答案】4【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出的值，即可求出之间的关系，再结合不等式的性质求解即可.【详解】二项式展开式的通项公式为:，令，则，所以，即,所以，因为，当且仅当时，等号成立.所以的最小值为4.故答案为：4.15．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为_____________．【答案】【分析】令，问题化为与在上有两个交点，且互为反函数，则它们有交点的临界情况为与相切，设切点，利用导数几何意义求切点坐标，进而确定临界情况下值，即可得范围.【详解】由题设，令，则与在上有两个交点，则、交点都在上，它们互为反函数，设、与相切，，，若切点为，所以，可得，此时，综上，、之间，在时有两个交点，在时有一个交点，在时无交点，所以.故答案为：16．已知X为包含v个元素的集合（，）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称组成一个v阶的Steiner三元系．若为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为_____________．【答案】7【分析】令，列举出所有三元子集，结合组成v阶的Steiner三元系定义，确定中元素个数.【详解】由题设，令集合，共有7个元素，所以的三元子集，如下共有35个：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，因为中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以中元素满足要求的有：、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；、、、、、、，共有7个；共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.故答案为：7 四、解答题17．设数列前n项和满足，．(1)证明：数列为等比数列；(2)记，求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据条件以及消去，结合等比数列的定义可得答案；（2）先求出的通项公式，得到的通项公式，利用裂项相消法可求答案.【详解】（1）证明：∵，且，∴，∴，∴，令，可得，∴，所以数列是首项为，公比为的等比数列．（2）由（1）可得，∴，∴；∴；∴.18．如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．(1)求棱BC的长度；(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．【答案】(1)1(2) 【分析】（1）根据平行关系可得，再结合垂直关系可得，即可得结果；（2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角.【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，∵分别为的中点，则且，又∵为三棱柱，且分别为的中点，则且，可得且，即四边形DEFB为平行四边形，故，又∵平面，则平面，平面，可得，又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，∴.（2）由（1）可知：，且，即，∴，则可得，且，∵平面，平面，则，∴，解得，由（1）知平面，平面，则，又∵，则又∵，，则，，平面ABC，∴平面ABC，平面ABC，则，且，可得，∴为直角三角形，则，以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，可得，，设平面的一个法向量为，则，令，则，可得，∵平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，可得，∴，故二面角的正弦值为.19．在△ABC中，D为边BC上一点，，，．(1)求；(2)若，求内切圆的半径．【答案】(1)(2)2 【分析】（1）设，在利用余弦定理结合已知条件即可求解；（2）结合（1）的结论得到，然后在中利用余弦定理得到，然后利用三角形面积相等即可求解.【详解】（1）设，∴，，在中，由正弦定理可得，在中，，又，所以，∴，∴，∴．（2）∵，∴，又易知为锐角，∴，∴，，∵，∴，∴中，，又，在中，由余弦定理可得，∴．设的内切圆半径为r，则，则.20．高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．(1)求每个AI芯片智能检测不达标的概率；(2)人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；(3)若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．【答案】(1)(2)(3)需要对生产工序进行改良 【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；（2）先求，利用导数判断单调性可求解；（3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论.【详解】（1）记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则  .（2）由题意，∴令，则，当，，为增函数；当，，为减函数；所以在处取到最大值．（3）记事件B＝“人工检测达标”，则，又，所以，所以需要对生产工序进行改良．21．已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由【答案】(1)1(2)是在定直线上，定直线 【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法即可求解；（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，设，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线与直线的方程得出，进而得证.【详解】（1）由题意得，所以，设，，，则，作差得，又MN的斜率，，所以.（2）∵，∴，，，直线l：，，设，，联立得，所以，所以，设直线AN：，BM：，所以，所以．故存在定直线，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．22．已知函数，．(1)当时，求函数的最小值；(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数研究的单调性求最值；（2）令，问题化为恒成立，利用导数研究单调性，讨论参数a及定义域判断符号，即可求范围.【详解】（1）由题意，，令，则，当时，当时．所以．（2）由，所以，记，即恒成立，且，当时，当，令，则，所以在单调递增，且，，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），故存在唯一，使得，当时，递减，所以，此时，不合题意．当时，（ⅰ）若，由上知，则递增，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），所以恒成立，即成立，符合题意．（ⅱ），若，则单调递增，，，所以存在唯一使，当时，递减，当时，递增，又，，故存在唯一，使，故时，递增，时，递减，又，，所以时，则递增，故，即恒成立．综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造中间函数研究单调性并确定零点，进而判断的符号求参数范围.