2023届湖北省华大新高考联盟高三5月名校高考预测卷数学试题含解析

这是一份2023届湖北省华大新高考联盟高三5月名校高考预测卷数学试题含解析，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届湖北省华大新高考联盟高三5月名校高考预测卷数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式得集合A，结合二次函数性质得集合B，根据集合的交集运算即得答案.【详解】依题意，，，故，故选：B.2．为了迎接学校即将到来的某项活动，某班组织学生进行卫生大扫除，班主任将班级中的9名同学平均分配到三个包干区（编号1、2、3）进行卫生打扫，其中甲同学必须打扫1号包干区，则不同的分配方法有（    ）A．560种 B．280种 C．840种 D．1120种【答案】A【分析】现将9名同学平均分成3组，再将含有甲的分组打扫1号包干区，其他两组分别负责2、3号包干区，最后结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】第一步，将9名同学平均分成3组，共有种分法；第二步，含有甲的分组打扫1号包干区，其他两组分别负责2、3号包干区，共有种分法；由分步乘法计数原理可知，所有分配方法共种.故选：A.3．设，则“”是“为纯虚数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】先利用复数运算对复数化简，再利用实部为零，虚部不为零解出，最后确认是充要条件.【详解】依题意，，，故，若该式为纯虚数，则，解得.故选：C.4．已知函数，，其中，，，若点，，，满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由且横坐标对应相等，知纵坐标差的绝对值对应相等，化简即得.【详解】因为，且，，故.故，则.故选：D.5．已知首项为3的数列的前项和为，若，则（    ）A．1435 B．1436 C． D．【答案】D【分析】先利用得到，通过递推式列举前几项，得到的周期，再求出即可.【详解】由，得，所以，则，因为，所以，，，，…，故数列的周期为4.而，故.故选：D.6．已知菱形的边长为4，点E，F分别是线段，上靠近点D，A的三等分点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据数量积的运算律结合，推出，再根据向量的线性运算结合数量积的运算律即可求得答案.【详解】作出图形如图所示，，故；而，故选：A.7．已知函数，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】确定函数的图象关于中心对称，在上单调递减，且，不等式转化为或或，解得答案.【详解】依题意，，，故，故函数的图象关于中心对称，当时，，，单调递减，故在上单调递减，且，函数的图象关于中心对称，在上单调递减，，而，故或或，解得或，故所求不等式的解集为，故选：B.8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M，N在双曲线C上，.若为等边三角形，且，则双曲线C的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用双曲线的对称性得出，结合余弦定理，得出，进而得出答案.【详解】由双曲线的对称性可知，点M，N在双曲线C的右支上，且；又，故.连接，则，故，在中，由余弦定理可得，即，整理得，解得，故，故双曲线C的渐近线方程为.故选：D 二、多选题9．已知在边长为2的正方体中，点M在线段上（含端点位置），现有如下说法：①平面；②；③点M到平面的距离的最大值为1；④为等边三角形.则正确的说法为（    ）A．① B．② C．③ D．④【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量求解.【详解】以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，以D为原点，建立空间直角坐标系如上图，则有，设，，则，，；设平面的一个法向量是，则有，，，令得 ，故①正确；，，故②正确；，是平面的一个法向量，设与平面的夹角为，则，M点到平面的距离 ，当时取最大值为，故③错误；，④正确；故选：ABD.10．已知正数a，b，c满足，，且，记，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则，都有B．若，则，都有C．若，则，都有D．若，则，都有【答案】BCD【分析】对于选项，用与作差，与作差，根据差式，构造新函数，根据复合函数单调性判断规则即可求解；对于选项，讨论的范围，再构造指数不等式，根据指数函数单调性即可判断.【详解】令，因为在定义域上单调递减，在定义域上单调递增，故在上单调递减，故，故，即；令，因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递增，故在上单调递增，故，故，即.综上所述，若，则，都有，故A错误；同理可得，B正确；若，则；若，由①的推论可知，，则，而，故，则，故，故，故；若，同理可得，；故若，则，都有，当且仅当时等号成立，则C正确；同理可得，D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查指对数函数的图象与性质，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养.11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递减C．若，则的值可以是D．函数有4个零点【答案】ABC【分析】根据二倍角公式以及诱导公式化简，进而可画出其图象，结合图象根据选项即可求解.【详解】依题意， ，作出函数的大致图象如图所示，观察可知，A、B正确；若，可以取，，故C正确；当，当 ，结合图象可知与有5个交点，故函数有5个零点，故D错误.故选：ABC.12．已知，若关于 的方程存在正零点，则实数的值可能为（    ）A． B． C．e D．2【答案】CD【分析】将式子变形为，构造函数，和，即可利用导数求解单调性，即可求最值.【详解】依题意，，令，故问题转化为有解.设，则，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，而，所以存在唯一零点，即在有解，即，令，则，故当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故，解得，故实数的取值范围为，故选：CD.【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 三、填空题13．为了反映城市的人口数量x与就业压力指数y之间的变量关系，研究人员选择使用非线性回归模型对所测数据进行拟合，并设，得到的数据如表所示，则_________.x46810z2c56 【答案】3【分析】由非线性回归模型和，得回归直线方程，代入样本点中心即可求值.【详解】，，依题意，，而回归直线方程过点，故，解得.故答案为：314．若，则当取得最小值时，_______.【答案】【分析】分离参数，利用基本不等式即可得到答案.【详解】根据指数函数值域可知，则依题意得，而，当且仅当，即时等号成立，故.故答案为：.15．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积.当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆.椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆的面积为，点P在椭圆C上，且点P与椭圆C左、右顶点连线的斜率之积为，记椭圆C的两个焦点分别为，，则的值可能为______.（横线上写出满足条件的一个值）【答案】13（只要满足中的任何数都行）【分析】根据椭圆面积公式及斜率之积建立a，b方程，再利用两点距离公式求得，从而可确定的范围.【详解】因为椭圆的面积为，所以，即，设，则，所以，所以，解得，，则，又，则由于，所以，故的值可能为13，只要满足中的任何数都行.故答案为：13（只要满足中的任何数都行）16．已知在四面体中，，点E在内运动（含边界位置），记平面与平面所成的角为，若，则的最大值为_________.【答案】【分析】根据二面角的几何法可得，进而根据三角形面积关系可得，即点E的轨迹为以点A为焦点、为准线的抛物线在内的一段弧，联立直线与抛物线方程即可利用焦半径求解.【详解】取的中点为，由于，所以 ,所以为平面与平面所成的角，由于 ,则，设点E到的距离为h，则，即，故点E的轨迹为以点A为焦点、为准线的抛物线在内的一段弧（如图）,建立如图所示的直角坐标系，则 ，故抛物线方程为 直线，联立两者方程可得 或（舍去），即当点运动到的位置时，此时所以点E到的距离h的最大值为，故.故答案为： 四、解答题17．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，C为钝角，且.(1)求角B的大小；(2)若的面积为6，求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角得，从而有，再利用倍角正切公式求得，再利用和角正切公式即可求得，即可求得；（2）先利用和角正弦公式求得，再利用正弦定理，结合三角形的面积公式分别求得三边的长度，从而可求得周长.【详解】（1）依题意，有，由正弦定理，得，则.，，C为钝角，（舍去），，即，因为C为钝角，所以B为锐角，所以（舍去），即.（2），，；，，.由正弦定理，得，，的面积，解得，，由正弦定理，得，，的周长为.18．已知直三棱柱如图所示，其中，，点D在线段上（不含端点位置）.(1)若，求点到平面的距离；(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等体积法，借助求解即可；（2）先建系设动点的坐标，然后求出平面与平面的法向量，利用已知二面角确定点的坐标，最后利用与平面的法向量求出线面角的正弦值.【详解】（1）在中，由余弦定理，得，则，而，故，，在中，由余弦定理知，由知，在中，，故，则，故.因为，所以，解得.（2）以点C为坐标原点，，，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，不妨设，故，，，，设，则，则，， 设为平面的法向量，则，则，令，则，故为平面的一个法向量，而为平面的一个法向量，故，解得，解得（舍去），故，，故直线与平面所成角的正弦值.19．在数学研究性学习课程上，老师和班级同学玩了一个游戏.老师事先准备3张一模一样的卡片，编号为1、2、3后，放入一个不透明的袋子中，再准备若干枚1元硬币与5角硬币和一个储蓄罐；然后邀请同学从袋子中有放回地抽取1张卡片，若抽到的卡片编号为1或2，则将1枚1元硬币放入储蓄罐中，若抽到的卡片编号为3，则将2枚5角硬币放入储蓄罐中，如此重复k次试验后，记储蓄罐中的硬币总数量为.(1)若，求的概率；(2)若，记第n次抽卡且放置硬币后，5角硬币的数量为，1元硬币的数量为，求在的条件下的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据对立事件，结合二项分布的概率公式即可求解.（2）分两种情况，结合二项分布的概率乘法计算公式即可求解.【详解】（1）“”表示储蓄罐中有4枚1元硬币或3枚1元硬币和2枚5角硬币，故所求概率.（2）依题意，的概率为.若有2次抽到3号卡，即2次放置5角硬币，3次放置1元硬币，则在前3次中放了2次1元和1次5角，后2次放了1次1元和1次5角，即2次放5角，一次在前3次，另一次在后2次，故其概率为；若有3次抽到3号卡，即3次放置5角硬币，2次放置1元硬币，必须在前3次放了2次1元和1次5角，后2次放了2次5角，即2次放1元都在前3次，故所求概率为，其他情况不可能使得，故.20．已知数列的前n项和为，且，首项为1的正项数列满足．(1)求数列、的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）首先由与的等式求出，再由时，得出数列是以1为首项、2为公比的等比数列，根据等比数列通项公式即可得出数列的通项公式；设，当时，计算出，化简整理得，则数列是以1为首项，为公比的等比数列，根据等比数列通项公式即可得出数列的通项公式；（2）根据错位相减法，即可求出数列的前n项和．【详解】（1）当时，，解得；当时，，，两式相减可得，，故数列是以1为首项、2为公比的等比数列，故，设，当时，，即，因为，所以，所以，故数列是以1为首项，为公比的等比数列，故．（2）依题意，，则，所以，故．21．已知圆过点，，，抛物线过点.(1)求圆的方程以及抛物线的方程；(2)过点A作抛物线的切线l与圆交于P，Q两点，点B在圆上，且直线，均为抛物线的切线，求满足条件的所有点B的坐标.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）利用点在曲线上，结合待定系数法求圆、抛物线的方程；（2）设，，切线，，由题设易得，记，联立与抛物线方程，、为整理后一元二次方程的两根，应用韦达定理可得，同理可得，最后联立三直线求B的坐标，注意验证B在圆上即可.【详解】（1）设圆，故，解得，故圆，将代入中，解得，故抛物线的方程为.（2）设，，设切线，，过抛物线上点的切线方程为，即，记①，设过点P的直线与抛物线相切，代入抛物线方程，得，则，即，所以，，即，所以②，同理可得，所以切线，，联立两式消去y，得③，代入得④，代入②得，联立与圆可得，，所以，，分别代入③、④得，，又，即切线，的交点B在圆上，所以. 22．已知函数(1)若函数在上有两个零点，求实数a的取值范围.(2)探究：是否存在正数a，使得在上单调递增，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）令，得出，构造函数再求导，根据函数有两个零点求出的范围.（2）求对求导，当时，利用放缩得到，然后对分类讨论，求出a的值.【详解】（1）由已知，令，则，令，则，故当时，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，而，，，因为，所以，因为函数在上有两个零点，所以方程在上有两个实根，所以，故实数a的取值范围为.（2）依题意，，则 当时，若，当时，，单调递减，不合题意；若，时，同理可得，，当时，，单调递诚，不合题意；若时，，令，则.①当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增；②当时，若，则，若，，所以在上单调递减，即在上单调递减.由①②可知，，当且仅当时取等号，所以当时，函数在上单调递增.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，考查数学运算、逻辑推理、直观想象素养.