湖北省武汉市2023届高三下学期四月调研数学试题

这是一份湖北省武汉市2023届高三下学期四月调研数学试题，共25页。试卷主要包含了 选择题的作答， 非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学试卷武汉市教育科学研究院命制    2023.4.11本试题卷共5页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟．★祝考试顺利★注意事项：1． 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2． 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3． 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4． 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．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. 【答案】C【解析】【分析】解出集合，根据交集含义即可得到答案.【详解】由题意得，，则，故选：C．2. 若复数是纯虚数，则实数（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.【详解】，则，有.故选：A3. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.详解】.故选：D4. 正六边形ABCDEF中，用和表示，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算，即可求解.【详解】设边长为2，如图，设交于点，有，，则，故选：B5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）A. 55 B. 49 C. 43 D. 37【答案】A【解析】【分析】由条件写出通项公式，即可求解.【详解】正整数中既能被3除余1且被2除余1的数，即被6除余1，那么，有.故选：A6. 设抛物线的焦点为F，准线为l，P是抛物线上位于第一象限内的一点，过P作l的垂线，垂足为Q，若直线QF的倾斜角为，则（    ）A 3 B. 6 C. 9 D. 12【答案】B【解析】【分析】根据几何图形，结合抛物线的定义的性质，即可判断.【详解】依题意，，，，又，，则为等边三角形，有，故选：B7. 阅读下段文字：“已知为无理数，若为有理数，则存在无理数，使得为有理数；若为无理数，则取无理数，，此时为有理数．”依据这段文字可以证明的结论是（    ）A. 是有理数 B. 是无理数C. 存在无理数a，b，使得为有理数 D. 对任意无理数a，b，都有为无理数【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件，提取文字信息即可判断作答.【详解】这段文字中，没有证明是有理数条件，也没有证明是无理数的条件，AB错误；这段文字的两句话中，都说明了结论“存在无理数a，b，使得为有理数”，因此这段文字可以证明此结论，C正确；这段文字中只提及存在无理数a，b，不涉及对任意无理数a，b，都成立的问题，D错误.故选：C8. 已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.【详解】对于任意，，，的范围恒定，只需考虑的情况，设对应的切点为，，，设对应的切点为，，，，，，只需考虑，，其中的情况，则，，其中，；又，，，；令，则，在上单调递增，又，，又，，；令，则，令，则，在上单调递增，，即，在上单调递减，，，；综上所述：.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围.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. 某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：则下列结论中正确的是（    ）A 招商引资后，工资性收入较前一年增加B. 招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍【答案】AD【解析】【分析】根据已知条件及扇形图特点即可求解.【详解】设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，则对于A，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，所以工资性收入增加了，故A正确；对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B错误；对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.故选：AD.10. 椭圆的一个焦点和一个顶点在圆上，则该椭圆的离心率的可能取值有（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】首先求圆与坐标轴的交点坐标，再分情况，求椭圆的离心率的取值.【详解】，圆与轴的交点坐标为或，与轴的交点为，而椭圆的焦点在轴，当焦点是，右顶点，此时，离心率，当焦点是，上顶点，此时，那么，离心率，当焦点是，上顶点，此时，那么，离心率故选：BCD11. 函数的图像可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】分类讨论函数的单调性及极值点判断各个选项即可.
 【详解】，当时, ,A选项正确；，，,时, 有两个根,且时,根据极值点判断，故C选项正确,D选项错误；当时, 有两个根,且此时,故B选项正确.故选：ABC．12. 三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（    ）A. 三棱锥体积的最小值为B. 三棱锥体积的最大值为C. 直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角D. 直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角【答案】ACD【解析】【分析】作平面，由题意得到，建立直角坐标系，设，，求得点的轨迹方程为，结合圆的性质求得，利用体积公式，可判定A正确，B错误；再化简得到结合点与圆的位置关系，得到H在外部，可判定C、D正确．【详解】如图（1）所示，作平面，连接，因为直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，所以，即所以，即，以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图（2）平面直角坐标系，设，，，则，整理得，可得圆心，半径，设点圆与轴的交点分别为，可得，因为，所以又由且， 所以，则，，所以A正确，B错误；因为，可设，设与平面所成角为，且，可得，且，又由，令，根据斜率的结合意义，可得表示圆与定点连线的斜率，又由与圆相切时，可得，解得或，即，当时，此时取得最小值，即最小时，此时H在外部， 如图（3）所示，此时二面角的平面角为锐角，的平面角为钝角，所以C、D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 的展开式中含项的系数为______．【答案】【解析】【分析】利用二项式定理即可求解.【详解】的通项公式为，所以的展开式中含项为，所以展开式中含项的系数为．故答案为：.14. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．【答案】【解析】【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.【详解】设棱长为2，则所以原正方体的体积为，所以二十四等边体为，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．故答案为：.15. 直线：和：与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值：______和______．【答案】    ①.     ②. （答案不唯一）【解析】【分析】根据给定条件，按等腰三角形底边所在直线分类，结合斜率的意义及二倍角的正切求解作答.【详解】令直线的倾斜角分别为，则，当围成的等腰三角形底边在x轴上时，，；当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，，整理得，而，解得；当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，所以k的两个可能取值，.故答案为：；16. 在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为______．【答案】【解析】【分析】利用同构思想构造，得到其单调性，得到，再构造，，求导得到其单调性及其最小值，设设，利用基本不等式得到，求出答案.【详解】，令，，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，故，故，当且仅当时，等号成立，令，，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故当时，，当时，，故时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，设，由基本不等式得，，当且仅当，，时，等号成立，故，则．故答案为：【点睛】导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变形得到，从而构造进行求解.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. 记数列的前n项和为，对任意，有．（1）证明：是等差数列；（2）若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用数列，结合等差数列的定义，即可证明；（2）由条件转化为，再转化为关于首项的不等式，即可求解.【小问1详解】因为①，则②①－②可得，故为等差数列．【小问2详解】若当且仅当时，取得最大值，则有,得则，，故的取值范围为．18. 设的内角A，B，C所对的边分别为，，，且有．（1）求角A；（2）若BC边上的高，求．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用三角形内角和、正弦定理和三角恒等变换化简可得.（2）利用三角形面积公式和正弦定理可得.【小问1详解】（1）由题意得：，则，有，即，因为所以．【小问2详解】（2）由，则，所以，有，则，又，则．19. 如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点．（1）证明：平面；（2）若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可；（2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解.【小问1详解】取的中点Q，连接,则有，且，又，且，故，且，则四边形EFPQ为平行四边形，则，又平面，平面，故平面．【小问2详解】取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得，，，，由P为中点，故，则，，，设平面BFP的法向量，则，即，故取，故所求角的正弦值为， 所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．20. 中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中．例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为，且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概率为．现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币．（1）若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；（2）若甲抛掷次，乙抛掷n次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，根据对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等可得答案；（2）分①出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数；②出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数；③出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，由对称性可得答案．【小问1详解】设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故；【小问2详解】可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，则第次甲必须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为；③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，由对称性可知，故，而由，可得．21. 过点的动直线与双曲线交于两点，当与轴平行时，，当与轴平行时，．（1）求双曲线的标准方程；（2）点是直线上一定点，设直线的斜率分别为，若为定值，求点的坐标．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标，代入双曲线方程即可求得结果；（2）方法一：由三点共线可整理得到，代入双曲线方程可整理得到，结合两点连线斜率公式可化简得到，根据为常数可构造方程求得，进而得到点坐标，验证可知符合题意；方法二：设，与双曲线方程联立可得一元二次方程，根据该方程的根可化简得到，同理可得，由此可化简得到，由为常数可构造方程求得点坐标，验证可知当直线斜率为和斜率不存在时依然满足题意，由此可得结论.【小问1详解】由题意可知：双曲线过点，，将其代入方程可得：，解得：，双曲线的标准方程为：.【小问2详解】方法一：设，点与三点共线，，（其中，），，，又，整理可得：，当时，，，不合题意；当时，由得：，设，则，，若为定值，则根据约分可得：且，解得：；当时，，此时；当时，为定值.方法二：设，直线，由得：，为方程的两根，，则，由得：，由可得：，同理可得：，则，若为定值，则必有，解得：或或，又点在直线上，点坐标为；当直线斜率为时，坐标为，若，此时；当直线斜率不存在时，坐标为，若，此时；综上所述：当时，为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解，本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系，进而通过等量关系化简所求的，根据为常数来构造方程求得定点的坐标.22. 已知函数，其中．（1）证明：恒有唯一零点；（2）记（1）中的零点为，当时，证明：图像上存在关于点对称的两点．【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）令，对函数求导利用函数导数单调性进行证明即可；（2）将问题转化，构造新函数，对函数求导，利用函数导数单调性进行证明即可.【小问1详解】，又，令，则，递增，令，则，递减，而时，，时，有，，可得恒有唯一零点．【小问2详解】因为，故，要证图像上存在关于点对称的两点，即证方程有解；，令，，令，则，令，当时，，则，递增，当时，，则，递减，故，因为，故，又时，，时，，故先负后正再负，则先减再增再减，又，且时，，时，，故先正后负再正再负，则先增再减再增再减，又时，，时，，而，故在区间存在两个零点，则原题得证！【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.