2023届湖北省高三下学期5月国都省考模拟测试数学试题含解析

这是一份2023届湖北省高三下学期5月国都省考模拟测试数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省高三下学期5月国都省考模拟测试数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知求出集合B，再根据交集的运算即可得解.【详解】解：，所以.故选：D.2．已知，其中为的共轭复数，则复数在复平面上对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】结合复数运算法则求的代数形式，由此可求复数，再求其在复平面上的对应点的坐标及其象限.【详解】因为，所以，所以，所以复数在复平面上的对应点的坐标为，该点位于第一象限.故选：A.3．美味可口的哈根达斯蛋筒冰激凌可近似看作半径相等的一个半球和一个圆锥组成，如实物图，已知冰激凌的表面积为，底部圆锥的母线为3，则冰激凌的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据球的表面积以及圆锥的侧面积求得，再根据球、圆锥的体积运算求解.【详解】设球的半径为，则冰激凌的表面积为，解得，可得圆锥的高，所以冰激凌的体积.故选：A.4．为平衡城市旅游发展和生态环境保护，某市计划通过五年时间治理城市环境污染，预计第一年投入资金81万元，以后每年投入资金是上一年的倍；第一年的旅游收入为20万元，以后每年旅游收入比上一年增加10万元，则这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为（    ）A．325万元 B．581万元 C．721万元 D．980万元【答案】B【分析】根据题意可知，这五年投入的金额构成首项为，公比为的等比数列，这五年的旅游收入构成首项为，公差为的等差数列，利用数列的求和公式即可求解.【详解】根据题意可知，这五年投入的金额构成首项为，公比为的等比数列，所以这五年投入的资金总额是（万元）；由题意可知，这五年的旅游收入构成首项为，公差为的等差数列，所以这五年的旅游总收入是（万元），所以这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为（万元），故选：B.5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和的正弦公式将式子展开，然后平方得到，然后利用已知条件得到，并求出和的值，代入所求式子即可求解.【详解】由可得，则有，平方可得，则，因为，所以，则，所以，所以，故选：C.6．已知是椭圆的左，右焦点，过点的直线与椭圆交于A，B两点，设的内切圆圆心为，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义、余弦定理、均值不等式求出的最小值即可求解作答.【详解】因为为的内切圆圆心，则， 显然是锐角，当且仅当最大时，最大，且最大，又，即有最小，在椭圆中，，在中，，当且仅当时取等号，因此当，即为正三角形时，取得最大值，取最大值，所以的最大值为.故选：B7．若过第一象限的点可以作曲线的两条切线，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先设切点，利用导数的几何意义，列式，并转化为函数有2个零点，利用导数判断函数的性质，即可判断选项.【详解】设切点，则，得，设，由条件可知，函数存在两个零点，，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，若函数有2个零点，则.故选：D8．如图，已知圆，圆，已知为两圆外的动点，过点分别作两圆的割线和，总有，则点的轨迹方程是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，由可得，然后由割线定理可得，从而得到点的轨迹方程.【详解】因为圆，圆心，半径，圆，圆心，半径，由，可得，所以，即，由割线定理可知，过的切线是到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，过分别做圆的切线，切点为，则，，所以，连接，则，，所以，即，所以，即，设，则，化简可得，所以点的轨迹方程是，故选:A 二、多选题9．下列关于平面向量的说法中正确的是（    ）A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；B．若是的外接圆圆心，则C．若，且，则D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.【答案】BD【分析】对于A，设，由题意可得或，再根据平面向量的坐标表示计算即可；对于B，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于C，当时，再根据数量积的运算律即可判断；根据数量积的运算律即可判断D.【详解】对于A，设，则，因为点在直线上，且，所以或，则或，所以或，解得或，所以或，故A错误；对于B，如图，设为的中点，则，则，故B正确；对于C，当时，，满足，则与不一定相等，故C错误；对于D，因为，所以，所以，同理可得，所以是的垂心，故D正确.故选：BD.10．在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（    ）A．甲组中位数为2，极差为5B．乙组平均数为2，众数为2C．丙组平均数为1，方差大于0D．丁组平均数为2，方差为3【答案】AD【分析】结合中位数，平均数，众数，方差，极差的定义，分析判断每个选项.【详解】对，因为中位数为2，极差为5，故最大值小于等于7，故正确；对，如失分数据分别为，则满足平均数为2，众数为2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；对，如失分数据分别为，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；对，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．故选：AD.11．已知函数是自然对数的底数，则（    ）A．B．若，则C．的最大值为D．“”是“”的充分不必要条件【答案】ACD【分析】首先求函数的导数，判断函数的单调性和函数的最大值，判断AC，由特殊值判断B，根据函数的单调性结合充分条件和必要条件的定义判断D.【详解】，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，，，，，故A正确；由单调性可知，当时，函数取得最大值，故C正确；若，则，即，由可知，，故B错误；不等式等价于，当，，因为函数在单调递增，所以，即，故，当时，则，因为函数在单调递增，在单调递减，，，又，所以，即，所以当时，，故“”是“”的充分条件，又因为，所以，即，即时，也成立，故“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件，D正确.故选：ACD.12．如图所示，该多面体是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，所有棱长均为1，所有顶点均在球的球面上.关于这个多面体给出以下结论，其中正确的有（    ）A．平面B．与平面所成的角的余弦值为C．该多面体的体积为D．该多面体的外接球的表面积为【答案】AC【分析】将题目中的十四面体放入一个正方体中，对于A结合线面平行的证明方法即可，对于B利用线面角的向量法求解即可，对于C利用割补法求体积即可，对于D.求出其外接球半径即可求得其外接球表面积.【详解】对于A，如图，连接，由正方体的性质易证，因为平面，平面，所以平面，同理平面,又因为平面，，所以平面平面，因为平面，所以平面，故A正确；对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，图中正方体棱长为，则,,,，所以,,，设为平面的一个法向量，则,所以，取，则，所以为平面的一个法向量，设与平面所成的角为，则，由于，所以，故B错误；对于C，图中正方体棱长为，则正方体体积,对于8个体积相同的三棱锥体积为,该多面体体积为，故C正确；对于D，该多面体的外接球的球心和正方体外接球球心重合，如图，该多面体的外接球的半径为正方体面对角线长度的一半，即可得等于该十四面体棱长，所以该多面体的外接球的表面积为，故D错误.故选：AC. 三、填空题13．展开式中含项的系数为__________．【答案】21【分析】根据二项展开通项公式求解.【详解】展开式的通项公式为，令则，所以含项为，所以系数为21，故答案为：21．14．曲线在点处的切线方程是___________.【答案】【分析】根据题意求导，求出切线的斜率，再求出切线方程即可.【详解】由题意，得，则在处的切线斜率，所以切线方程为，即.故答案为： .15．在圆锥内放入两个大小不等的外离的球与球，半径分别为和，且，使得它们与圆锥侧面和截面相切，两个球分别与截面相切于点，，在截口上任取一点，又过点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，则可知线段的长度之和为常数.若圆锥轴截面为等边三角形，则截口曲线的离心率是___________.【答案】【分析】取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于点，则有，，，从而得点的轨迹是以点为焦点的椭圆，且，，再由离心率的计算公式求解即可.【详解】解：如图所示：取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于点，因为圆锥轴截面为等边三角形，所以，所以，，，，所以，由题意可得，所以,所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，且，又，所以,又，所以，所以，，所以，即有，所以离心率.故答案为： 四、双空题16．盒子里装有5个小球，其中2个红球，3个黑球，从盒子中随机取出1个小球，若取出的是红球，则直接丢弃，若取出的是黑球，则放入盒中，则：（1）取了3次后，取出红球的个数的数学期望为___________；（2）取了次后，所有红球刚好全部取出的概率为___________.【答案】     /     【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，利用相互独立事件的概率的乘法公式分别求出随机变量取值相应的概率，进而写出分布列，结合随机变量的期望公式即可求解；（2）利用相互独立事件的概率的乘法公式及等比数列求和公式即可求解.【详解】（1）设取出红球的个数为,则的可能取值为.,,,的分布列为（2）次取完表示最后一次是红球，则前次中有一次取得红球，所以故答案为：；【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用相互独立事件的乘法公式及等比数列求和公式即可. 五、解答题17．在中，内角所对的边分别为为锐角，.(1)求角A；(2)若为边上一点，且满足，试判断的形状.【答案】(1)(2)为直角三角形 【分析】（1）利用正弦定理边化角，分析运算即可；（2）设，用表示其他角，并结合正弦定理建立关系，利用三角恒等变换运算求解即可.【详解】（1）在中，由正弦定理有：，因为，所以，又因为A为锐角，即.（2）设，在中，，则，可得，在中，由正弦定理有：，又因为，所以，则，化简得，因为，即，则，所以为直角三角形.18．已知数列满足：.(1)证明：数列是等比数列；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设，利用等比数列的定义证明即可；（2）先利用（1）中结论求出数列的通项公式，再利用错位相减法求解即可.【详解】（1）设，则，且，因为，所以，即是以4为首项，2为公比的等比数列，则数列是等比数列.（2）由（1）知，则，即，则，，两式相减得：，所以.19．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，是的中点，底面是菱形，.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明，，从而证明平面，即可证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求二面角的平面角的余弦值.【详解】（1）在中，是的中点，所以.在中，因为，所以.中，，所以.又因为.均在平面中，所以平面.平面，所以平面平面.（2）由（1）知平面，又.故以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则.所以，，设平面的法向量为，由.得，取，可得所以为平面的一个法向量.设平面的法向量为，由，得，取，可得，为平面的一个法向量.所以.所以二面角的平面角的余弦值为.20．为巩固拓展脱贫攻坚成果，某地区对地方特色手工艺品的质量实行专家鉴定制度：若一件手工艺品被3位专家都鉴定通过，则该手工艺品被评为一级品；若一件手工艺品仅有两位专家鉴定通过，则该手工艺品被评为二级品；若一件手工艺品仅有一位专家鉴定通过，则该手工艺品被评为三级品；若一件手工艺品没有得到三位专家的鉴定通过，则相应的被评为四级品.已知每一件手工艺品被一位专家鉴定通过的概率为，且专家之间鉴定是否通过相互独立.（1）求一件手工艺品被专家鉴定为二级品的概率；（2）若一件手工艺品质量分别为一､二､三级均可出厂，且利润分别为100元，70元，20元，质量为四级品不能出厂，亏损10元，记一件手工艺品的利润为元，求的分布列与及1000件产品的平均利润.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，平均利润为.【分析】（1）用二项分布的概率计算即可（2）分别求出获得各个利润的概率，列出分布列，求出一件工艺品的利润均值，从而求出1000件产品的利润【详解】解：（1）一件手工艺品质量为二级品的概率为.（2）由题意可知，一件手工艺品质量为一级品的概率为，一件手工艺品为二级品的概率为，一件手工艺品为三级品的概率为，一件手工艺品为四级品的概率为.则的分布列为：1007020-10期望.所以1000件产品的平均利润为.21．已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴和轴，且双曲线过点，.(1)求双曲线的方程；(2)设过点的直线分别交的左、右支于两点，过点作垂直于轴的直线，交直线于点，点满足.证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设双曲线的方程，代入相关点运算求解即可；（2）根据三点共线的斜率关系，结合韦达定理分析证明.【详解】（1）由题意可知：双曲线焦点在轴上，故设双曲线方程为.将两点坐标代入双曲线方程得，所以，即双曲线方程为.（2）直线过定点，若三点共线，设点，直线方程为，由题意知：直线的方程为，点为线段的中点，从而，，若，化简得①又因为，代入①式得②联立，化简得，则，.代入②式左边得，由于，，，从而②式左边等于0成立，直线过定点.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．22．函数，为的导函数.(1)讨论的单调性；(2)若在三个不同的极值点.（i）求的取值范围；（ii）证明.【答案】(1)答案见解析(2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由已知可得，运用导函数，分，两种情况讨论导函数的符号得出函数的单调性；（2）（i）根据（1），结合零点存在性定理确定的零点，由此确定的范围；（ii）由（i）可知，再证明，由此可得要证明，只需证明，设运用导函数研究函数的单调性，可得证.【详解】（1）由函数的定义域为，可得，，所以记，则.当即时，在单调递增.当即或时，设的解为.若，则由得，.因为，所以在单调递增.若，则由得，.此时.当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；综上所述，当时，在单调递增；当时，在和单调递增，在单调递减.（2）（i）由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况，由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以．又因为，设，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以，当且仅当时等号成立，所以当时，，故因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．所以，的取值范围是．（ii）由（i）可知，令.若是方程的根，则，所以，故也是方程的根，所以.欲证，只需证，令.由（i）可知，.所以...即.因为，所以，即在上单调递减.又因为，所以在上恒成立.即在上恒成立.证得恒成立，即.【点睛】本题利用导数对参数进行分类讨论分析函数的单调性，构造函数进行多次求导分析函数的单调性和极值点的关系，本题综合性比较强，需要学生能多次求导分析，属于压轴题.