湖北省黄冈市浠水县第一中学2022-2023学年高三下学期数学5月第三次模拟考试试题及答案

2023届湖北省浠水县第一中学高三下学期5月第三次模拟考试试题

数   学

                    命题教师:潘林辉       审题教师：李小宝

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，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

3．在平行四边形中，．若，则（    ）

A． B． C． D．

4．刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为，，，则（    ）

A． B．

C． D．

5．在九位数123456789中，任意交换两个数字的位置，则交换后任意两个偶数不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．将函数的图象上的点横坐标变为原来的（纵坐标变）得到函数的图象，若存在，使得对任意恒成立，则（    ）

A． B． C． D．

7．设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

8．如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，且，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，则双曲线的离心率是（    ）

A． B． C． D．

二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分,有选错的得0分.

9．如图，在正四棱柱中，，为四边形对角线的交点，下列结论正确的是（    ）

A．点到侧棱的距离相等 B．正四棱柱外接球的体积为

C．若，则平面 D．点到平面的距离为

10．已知函数，且满足，则实数的取值可能为（    ）

A． B． C．1 D．2

11．已知抛物线C：的焦点为F，P，Q为C上两点，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则的最小值为4

B．若，记，则

C．过点与C只有一个公共点的直线有且仅有两条

D．以PQ为直径的圆与C的准线相切，则直线PQ过F

12．若为函数的导函数，数列满足，则称为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，其中，则（    ）

A．                     B．数列是单调递减数列

C．                      D．关于的不等式的解有无限个

三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．的展开式中项的系数为______.（用数字作答）

14．已知直线l：被圆C：所截得的弦长为整数，则满足条件的直线l有______条.

15．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．

16．如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为_______________.

四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（10分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求的值；

(2)设为边上的高，，求的最大值．

18．（12分）设正项数列满足，，．数列满足，其中，．已知如下结论：当时，．

(1)求的通项公式．

(2)证明：．

19．（12分）如图，在四棱柱中，

(1)求证：平面平面；

(2)设为棱的中点，线段交于点平面，且，求平面与平面的夹角的余弦值.

20．（12分）甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得－1分．假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为，．

(1)记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及数学期望；

(2)假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立．记表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率，，求a，b，c；并证明：答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．

21．（12分）已知椭圆经过点，过原点的直线与椭圆交于，两点，点在椭圆上（异于，），且．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点为直线上的动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求的最大值．

22．（12分）已知函数.

(1)求函数的最大值；

(2)当时，证明：.

2023届湖北省浠水县第一中学高三下学期5月第三次模拟考试试题

数学参考答案

1．A  2．D  3．D  4．D  5．A   6．C   7．C  8．D   9．BD   10．AD   11．ABD  12．BCD

13．      14．9      15．      16．

1．A【详解】由，得或，所以，

由，得，所以，所以.故选：A.

2．D【详解】由题意得，所以，.故选：D.

3．D【详解】 ，

所以，则.故选：D

4．D【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，连结，过边的中点作，垂足为，

则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，

设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，

因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，所以为定值，

又因为三个漏壶的高成等差数列，所以．故选：D．

5．A【详解】交换九位数中的任意两个数字的试验有个基本事件，它们等可能，

由于原九位数的所有偶数字不相邻，因此交换后任意两个偶数不相邻的事件有3类：

交换两个偶数字，有种，交换两个奇数字，有种，1与2或8与9的交换，有2种，

所以交换后任意两个偶数不相邻的概率.故选：A

6．C【详解】将函数的图象上的点横坐标变为原来的（纵坐标变）得到，若存在，使得对任意恒成立，所以关于点对称，则，，解得，，

因为，所以.故选：C

7．C【详解】由，则，令且，则为减函数，所以，而，故，故在上递增，则，即在上恒成立，所以，即，由，令且，则，所以在上递增，则，即在上恒成立，所以，即.综上，.故选：C

8．D【详解】取中点，连接，

，

，

，则，恒成立，，又，，设，由得：，

根据双曲线定义可知：，，

，即，，

，，又，，，则离心率.故选：D.

9．BD【详解】对于A, 到侧棱的距离等于, 到侧棱的距离相等且等于,故A错误；对于B，设正四棱柱外接球的直径为，则有,即，所以外接球的体积等于，故B正确；对于C，建立空间直角坐标系，如图，则,因为，所以,所以，，,所以，所以与平面不垂直，故C错误；对于D,由以上知，设平面的法向量为，则有，,

,即，令则，所以，

因为,所以点到平面的距离为，故D正确.故选:BD.

10．AD【详解】令，则，因为，所以为奇函数.又因为，所以根据单调性的性质可得为增函数.因为，所以，等价于，即，所以，即，解得或，所以实数的取值范围为.

故选：AD

11．ABD【分析】对于A，由抛物线的定义即可判定；对于BC，利用直线与抛物线的位置关系即可判定；对于D，由抛物线的性质即可判定.

【详解】  

如图所示，设PQ的中点为B，过P、Q、B分别作的垂线，垂足为D、E、A，

对于A，由题意可知，抛物线C：的焦点为，准线为.在抛物线上方，，即最小值为M到准线的距离4，当M，P，A三点共线时等号成立，故A正确；

对于B，由，设过N与抛物线相切的直线与抛物线切于点，

则，此时切线斜率为，即抛物线上任一点P，

都有，故，所以B正确；

对于C,由于点在C的下方，设过与抛物线相切的直线切于点，由上可得或，又知当时该直线与抛物线只一个交点，故过点与C只有一个公共点的直线有三条，所以C不正确；

对于D，由梯形中位线性质及抛物线定义知，所以直线PQ过F，故D正确.

故选：ABD.

12．BCD【详解】对于A，由得，所以，故A错误；对于B，由得，，所以，数列是单调递减数列，故B正确；

对于C，，，由，得，所以，所以，令，则，所以数列是公比为2的等比数列，又，，所以，即，

所以，，即.对于C，，

下面用数学归纳法证明：.

当时，，命题成立；

假设当时，命题成立，即；当时，即，，命题成立；所以命题成立；综上成立.

对于D，，因为，所以，即，，所以不等式的解有无限个,故D正确.故选：BCD.

13．【详解】 ，

展开式的通项为，.

令得，令得，

对于，的系数为，对于，的系数为，

所以的展开式中的系数为.故答案为：.

14．9【详解】将直线l的方程整理可得，易知直线恒过定点；圆心，半径；所以当直线过圆心时弦长取最大值，此时弦长为直径；易知，当圆心与的连线与直线l垂直时，弦长最小，如下图所示； 此时弦长为，所以截得的弦长为整数可取；由对称性可知，当弦长为时，各对应两条，共8条，

当弦长为8时，只有直径1条，所以满足条件的直线l共有9条.

故答案为：9

15．

【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，又，即且，即，

由上关系式并消去并整理得在上有解，令，则，当，则，即，此时递增；

当，则或，即或，此时递减；

又，，所以，即.

故答案为：.

16． 【详解】作出圆锥的轴截面如图所示，

圆锥面与两球相切于两点，则，，

过作，垂足为，连接，，设与交于点，

设两球的球心距离为，

在中，，，；

，，，，解得：，，

；由已知条件，知：，即轴截面中，又，，解得：，

即两球的球心距离为.故答案为：.

17．【详解】（1）因为，所以，所以，

∴，又，故，所以，故，

所以，．

（2）∵，又，，所以．

又由（1）知．由余弦定理得 ∴（当且仅当b=c时等号成立），即．∴AO的最大值为．

18．【详解】（1）由于，则，由于，所以，即，又由可知，从而是首项为，公比为的等比数列，因此.

（2）一方面，由于，因此．

另一方面，由（1）中，可得．

由于，则，即，

因此，

，综上，.

19．【详解】（1）设交于点，连接，如图，

因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为的中点，

又因为，则，又平面，因此平面，而平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，而平面，则平面平面，

在平面内过作，又平面平面，因此平面，

射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

因为为棱的中点，则点是正的重心，又，平面，且，则，所以，

设平面的法向量为，

则，令，得，

设平面的法向量为，

则，令，得，

设平面与平面的夹角为，则，

即平面与平面的夹角的余弦值为.

20．【详解】（1）由题可知是，的取值为，

；；

故的分布列如下：

则.

（2）由题可知，；

经分析可得：

若第轮没有得分，则；

若第轮得分，且第轮没有得分，则；

若第轮得分，且第轮得分，第轮没有得分，则；

故，故；

因为，故，

故

；

故，且，则，

所以答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大.

21．【详解】（1）设，则，

可得，因为点在椭圆上，则，两式相减得，

整理得，即，可得，又因为点在椭圆上，则，

由，解得，所以椭圆的标准方程为.

（2）由题意可知：切线的斜率存在，设为，

设点，过点的直线为，

联立方程，消去y得，

则，

整理得，则，

即过直线上任一点均可作椭圆的两条切线，且，

可得，

因为，因为，当且仅当时，等号成立

则，可得，所以，

故当时，取到最大值.

22．【详解】（1）解：由题意，，定义域为，

可得，

令，则，所以单调递减，又由，所以存在，使，即，即，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

所以有最大值，最大值为.

（2）证明：不等式，即证，即证，

当时，不等式显然成立；

当时，令，可得，

因为，可得，所以在上单调递减，

所以，即，要证不等式，只需证明：，

等价于证明：，令，可得，

函数在上单调递减，所以，即；

当时，，只需证，

令，可得，函数在上单调递增，所以，

又由，可得，在单调递减，所以，

所以时，，所以不等式成立；

综合上述不等式得证.