2023届湖北省黄冈市浠水县第一中学高三下学期5月三模数学试题含解析

2023届湖北省黄冈市浠水县第一中学高三下学期5月三模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先求出绝对值不等式和对数不等式的解集，得出集合，进而可求出.

【详解】由，得或，所以，

由，得，所以，

所以.

故选：A.

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数除法和乘法运算法则得到，然后求共轭复数即可.

【详解】由题意得，

所以，.

故选：D.

3．在平行四边形中，．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量对应线段的数量及位置关系，用表示出，求出参数，进而得结果.

【详解】，

所以，则.

故选：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．

【答案】D

【分析】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，根据等差数列即可求解．

【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．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．

【答案】A

【分析】根据给定的九位数，求出任意交换两个数字的位置的试验含有的基本事件数，再分类求出偶数不相邻的事件含有的基本事件数即可计算作答.

【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．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．

【答案】C

【分析】根据三角函数的变换规则求出的解析式，依题意可得关于点对称，即可得到，，即可得解.

【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．设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由、分别构造、且，利用导数研究函数值符号，即可得答案.

【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

【点睛】关键点点睛：利用作差法，并构造函数，应用导数研究函数值符号判断大小关系.

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．

【答案】D

【分析】取中点，根据向量数量积的运算律和向量线性运算可将已知数量积不等式化为，由此可确定，由三角形中位线性质知；设，结合双曲线定义可表示出，在和中，利用勾股定理可求得离心率.

【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.

二、多选题

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

【答案】BD

【分析】利用正四棱柱的体对角线等于外接球直径，以及空间位置关系的向量方法证明和空间距离的向量方法计算方法即可求解.

【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．已知函数，且满足，则实数的取值可能为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】AD

【分析】令，则.讨论的奇偶性和单调性，由得，由的单调性得，解出实数的取值范围即可得到答案.

【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．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

【答案】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．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

【答案】BCD

【分析】对函数求导，得出数列递推关系，构造等比数列，求出通项，根据数列的函数性质及不等式证明逐一判断各选项.

【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.

【点睛】关键点点睛：本题关键是由和，构造等比数列，考查了运算求解能力和逻辑推理能力,属于偏难题目.

三、填空题

13．的展开式中项的系数为______.（用数字作答）

【答案】

【分析】化简得到，求展开式的通项公式，结合题意分别求得的值，代入求解即可.

【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．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.

【答案】9

【分析】根据题意可知直线l恒过定点，分别求得直线被圆截得弦长的最大值和最小值，利用对称性即可求得满足条件的直线l共有9条.

【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．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．

【答案】

【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可.

【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：.

【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题.

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_______________.

【答案】

【分析】设两球的球心距离为，通过圆锥的轴截面进行分析，根据两球半径可求得；利用三角形相似可求得，进而得到；利用椭圆离心率可构造方程求得结果.

【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：.

【点睛】关键点点睛：本题以圆锥为载体，考查了椭圆的定义和几何性质，解题关键是能够通过作出圆锥的轴截面，利用轴截面中的线段垂直关系、长度关系，根据椭圆离心率构造出关于球心距离的方程.

四、解答题

17．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．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理化边为角，并通过三角恒等变换化简可得，由此可求，

（2）根据三角形面积关系得，再根据余弦定理得范围，由此可求的最大值.

【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．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：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据正切的二倍角公式可推出，可知是公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解；

（2）由于，可证，化简，由已知可得，再利用等比数列的求和公式可证，得证.

【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．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.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.

（2）由（1）的信息，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.

【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．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．

【答案】(1)分布列见解析，；

(2)，证明见解析.

【分析】（1）根据题意，求得的取值，再求对应的概率即可求得分布列；再根据分布列求即可；

（2）求得，再分析第轮得分情况和第轮得分情况，从而求得递推关系，通过的正负，即可判断和证明.

【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.

【点睛】关键点点睛：本题考察离散型随机变量分布列、数学期望的求解；第二问处理的关键是能够合理分析第轮的得分对概率的影响，从而求得递推关系；属综合困难题.

21．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．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意利用点差法可得，结合，运算求解即可；

（2）根据直线与椭圆相切利用韦达定理可得，结合夹角公式分析运算即可.

【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.

【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．

22．已知函数.

(1)求函数的最大值；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，令，得到，所以单调递减，得到存在，使，结合函数的单调性，进而求得函数的最大值.

（2）把不等式转化为，结合、和，得到，再把不等式，转化为，令，求得得，结合单调性转化为，当时，转化为，令和，结合单调性，即可求解.

【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.

【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.