2023届湖北省咸宁市高三押题调研数学试题含解析

这是一份2023届湖北省咸宁市高三押题调研数学试题含解析，共26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届湖北省咸宁市高三押题调研数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的性质求出集合，由一元二次不等式的解法算出集合，然后根据交集的运算求解.
【详解】，根据对数函数的单调性可知上述不等式的解集为，
而，根据交集的运算，.
故选：A
2．复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的运算法则，求出，再根据共轭复数的定义得到.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
3．已知平面，直线满足，，则“”是“”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】D
【分析】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断.
【详解】由题意，当时，平面与平面可能平行，也可能相交，故充分性不成立；
当时，直线与直线可能平行，可能相交，还可能异面，故必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．英国数学家牛顿在17世纪给出一种求方程近似根的方法一Newton-Raphson method译为牛顿-拉夫森法.做法如下：设是的根，选取作为的初始近似值，过点做曲线的切线：，则与轴交点的横坐标为，称是的一次近似值；重复以上过程，得的近似值序列，其中，称是的次近似值.运用上述方法，并规定初始近似值不得超过零点大小，则函数的零点一次近似值为（    ）（精确到小数点后3位，参考数据：）
A．2.207 B．2.208 C．2.205 D．2.204
【答案】C
【分析】依题意依次计算化简即可.
【详解】易知在定义域上单调递增，，即函数的零点有且只有一个，且在区间上.
不妨取作为初始近似值，，
由题意知.
故选：C.
5．设，则随机变量的分布列是

0

1




则当在内减小时，（    ）
A．减小 B．增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【分析】根据期望公式求得随机变量的期望，之后利用方差公式求得随机变量的方差，根据二次函数的性质求得结果.
【详解】根据题意可得，，


所以在单调递减，在单调递增，所以先减小后增大.
故选：C.
6．已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三边关系可构造不等式求得的范围，根据双曲线和椭圆定义可利用表示出，从而得到，结合的范围可得结果.
【详解】
设椭圆与双曲线的半焦距为c，椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，，
是以为底边的等腰三角形，点在第一象限内，
，
即，，且，，
，，解得：．
在双曲线中，，；
在椭圆中，，；
；
，，则，，
可得：，
的取值范围为.
故选：B.
7．已知，若方程恰有两个解，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】变换得到，设，即，构造函数，求导得到单调区间，计算最值得到有两解，设，求导得到单调区间，计算最值得到，再次构造函数，计算最值得到答案.
【详解】，，
故，
设，即，设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
，故方程有唯一解，即有两解，
即有两个解，设，，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当趋近于和趋近于时，趋近于，
故只需满足，设，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故恒成立，故的解为.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决参数范围问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用同构的思想将方程转化为，再构造函数，将零点问题转化为最值问题是解题的关键.
8．已知数列满足，，.记数列的前项和为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意首先整理所给的递推关系式，得到数列的通项的范围，然后利用裂项相消法求和即可确定前项和的范围．
【详解】因为，，所以，，所以，
，
，故，
由累加法可得当时，
，
又因为当 时， 也成立，所以，
所以，
，故，
由累乘法可得当时，，
所以，
所以．
故选：A．

二、多选题
9．已知函数.若函数的图像的任意一条对称轴与轴交点的横坐标都不属于区间，则的取值可能是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据对称轴与轴交点的横坐标不属于得到，然后利用整体代入的方法得到的对称轴，最后列不等式求的范围即可.
【详解】由题意知，所以，
令，解得，
当时，，令，解得，
当时，，令，解得，
当时，，所以.
故选：ABD.
10．如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（    ）

A．
B．
C．直线与平面所成角的最小值是
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】证明平面得到A正确；取特殊点排除B；根据距离的最值得到C正确；确定得到D正确，得到答案.
【详解】如图所示：连接，，，

平面，平面，故，
，，故，
又因为，故平面，
又因为平面，故，A正确；
当与重合时，即，由于，不垂直，故B错误；
到平面的距离为，
当最大时，直线与平面所成角度最小，
的最大值为，
故此处线面所成角的最小值θ的正弦值为，，故，C正确；
，当三点共线时等号成立，D正确.
故选：ACD
11．在平面直角坐标系中，为坐标原点，向量绕原点逆时针旋转得到，则有旋转变换公式.已知曲线：绕原点逆时针旋转得到曲线.，为曲线右支上任意两点，且直线过曲线的右焦点，点，延长分别与曲线交于两点设直线和的斜率都存在，分别为与，有恒成立.（    ）
A．曲线的一般形式为
B．曲线的离心率为
C．
D．
【答案】BD
【分析】根据题中旋转的公式，可求出曲线的方程，可判断A错误B正确；
因恒成立，可用设值代入，求出、、、坐标，进而求出，即可得到.
【详解】设上任意一点为，绕原点逆时针旋转得到的点为，
则，即，
因，故可得，
故：.
故A错误
为等轴双曲线，故，B正确

如图， 设，，，
因，故直线方程为，
联立，得，
得，，
直线过点，故斜率为，直线方程为，
联立，得
，
所以
因在上，故，
代入整理可得，
代入可得
同理可得，
因，在即上，
故，，
两式相减得，
故







故，故，C错误，D正确.
故选：BD.

三、单选题
12．一曲线族的包络线（Envelope）是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这点处相切.下列说法正确的是（    ）
A．若圆是直线的包络线，则有
B．若曲线是直线族的包络线，则的长为
C．曲线是三条过点的直线的包络线，其中则
D．若两曲线和是同一条直线的包络线，则的取值范围是
【答案】AC
【分析】对于A，B，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，列出方程，分析方程，即可判断；对于C，根据导数的几何意义求得过点且与曲线相切的直线方程为，从而可得，令，利用导数求得极值，从而求得的范围即可判断；对于D，当时，可得两曲线和有公切线，从而可判断.
【详解】对于A，由圆：是直线族的包络线，
可得，可得，A正确；
对于B，设曲线的方程为，
由曲线是直线族的包络线，
可得，即
因为为定值，则，可得，此时，
所以曲线的方程为，所以曲线的周长为，B错误；
对于C，令曲线与过点的直线相切于点，
对求导得，
所以直线的方程为，
即，
因为直线过点，所以，
所以，令
则，又
所以当或时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值为，的极小值为，
因为曲线是三条过点的直线的包络线，
所以关于的方程有三个实数解，
所以，即，C正确；
对于D，两曲线和是同一条直线的包络线，等价于两曲线和有公切线.
当时，曲线和直线相切，符合题意，D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：
新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.

四、填空题
13．的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
【答案】-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28


五、双空题
14．已知是平面向量，，若非零向量满足，向量满足，则的轨迹方程为__________；的最小值为__________.
【答案】
【分析】第一空，建立坐标系，利用向量的坐标表示计算即可；第二空利用动点到直线的距离公式计算求最值即可.
【详解】根据题意不妨设，，
则，，
由可得；
而，由题意得，
如图所示，设则，问题式即求抛物线上一点到直线距离最小值，由对称性不妨求到直线距离最小值即.
即的最小值为.
  

六、填空题
15．已知正方体的棱长为，点为的中点，平面，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为__________.
【答案】
【分析】利用线面垂直的判定和性质可分别证得，，由此可得平面，由此可知平面平面；过可作出平面的平行平面，即为平面，可知截面为；根据长度关系，利用梯形面积公式可求得截面面积.
【详解】分别取中点，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面，
又平面，，又，；
，，
又，，即，
平面，平面，，
，平面，平面，
又平面，；
，平面，平面；
又平面，平面，平面，平面平面；
延长至点，使得，取中点，连接，交于点
  
，，四边形为平行四边形，；
平面，平面，平面；
，平面，平面，平面；
，平面，平面平面，
则平面即为平面，四边形即为平面截正方体所得截面，
平面平面，平面平面，平面平面，；
又为中点，为中点，，又，，
则梯形的高，
四边形的面积，即截面图形的面积为.
故答案为：.
16．在区间的两端存在两只兔子，在区间的内部标出了一些点，兔子可以经过标点沿区间跳动，并且其跳动之前与其跳动之后的位置关于所经过的标点相对称，而且只允许进行不越出区间的跳动，每只兔子都不依赖于另一只兔子或进行跳动或停止行动.若使两只兔子就一定可以位于标点所分出的同一个小区间，最少能跳__________次.
【答案】2
【分析】把区间分成小段，分小段各情况分析证明.
【详解】把区间中由标出点所分成的小区间称为小段.
如图：
  
易看出，如果所标出的点为，，，则两只兔子不可能一步就跳到同一个小段中.
下面证明，不论有多少个标出点，也不论它们如何分布，两只兔子都各至多需要两步就能跳到同一个小段中，确切地说，要证明它们各至多需要两步就能都跳到最长的小段中.利用对称性，只需对开始时位于区间左端点处的兔子A证明这一结论.
设最长小段的长度为，它的左端点为（如果长度为的小段多于一个，则考察它们中的任意一个）.
如果，如图：
  
则兔子A只需越过分点，直接到达小段之中，一步即可（如果，则兔子A本来就在小段之中，无需跳动）.
如果，如图：
  
在长度为的区间中至少包含一个标出点，因若不然，包含这个区间的小段的长度就大于，导致矛盾.兔子A越过标出点，落到点；如果点不在小段中，则兔子A再跳一次，越过标出点，落入小段中，一共不多于两步.
故答案为：2

七、解答题
17．设为公差不为0的等差数列的前项和，若成等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由等差数列、等比数列的性质计算即可；
（2）利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为
由成等比数列可得，
所以，
所以，
因为，所以.①
又，
所以，②
所以，
联立①②得，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，
所以



.
18．如图，在三棱台中，三棱锥的体积为，的面积为，，且平面．

(1)求点到平面的距离；
(2)若，且平面平面， 求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)根据等积转化法求点到平面的距离；
(2)几何法：由平面平面，可作出二面角的平面角，在直角三角形求解；
空间向量法：先证明两两垂直后建系，用法向量求二面角的余弦值
【详解】（1）设点到平面的距离为．
因为，三棱锥的体积为，
所以三棱锥的体积为，
又由，得，解得.
（2）
由已知设，，则，，取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，
又，从而平面.
故，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，
又，
得.
在平面内作于，则，在平面内，作于，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以 平面，又 平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
则二面角的平面角为.
在直角中，，故，.即所求二面角的余弦值为.
法二：取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，又，从而平面.
故，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设，，则，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，
又，
得，
则，，，
设面的法向量，由得，
设面的法向量，由得，
故，即所求二面角的余弦值为.
19．在中，角所对的边分别为，满足，.
(1)证明：外接圆的半径为；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由正弦定理结合角的范围求出角，再应用正弦定理求出外接圆半径即可；
（2）把已知恒成立，参数分离转化为恒成立，再求出的最大值可得范围.
【详解】（1）由，得，
由正弦定理得:
，
化简得.
因为，所以.
又，所以，
所以外接圆的半径为.
（2）要使恒成立，
即恒成立，
即求的最大值.
由余弦定理得，
所以
因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
20．北京时间2021年11月7日凌晨1点，来自中国赛区的EDG战队，捧起了英雄联盟S11全球总决赛的冠军奖杯．据统计，仅在bilibili平台，S11总决赛的直播就有3.5亿人观看．电子竞技作为正式体育竞赛项目已经引起越来越多的年轻人关注．已知该项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：
第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．
第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组．
第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军);获胜队伍成为败者组第一名．
第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：

(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？
(2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B获得亚军的概率．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据分析得到获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，从而求出相应的概率；（2）合理设出事件，利用条件概率公式进行求解.
【详解】（1）由题意可知，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，
所以所求的概率为
（2）设表示队伍B在比赛i中胜利，表示队伍B在比赛i中失败，
设事件E：队伍B获得亚军，事件F：队伍B所参加的所有比赛中败了两场，
则事件F包括，，，，，且这五种情况彼此互斥，进而


事件包括，且这两种情况互斥，
进而
所以所求事件的概率为
21．我们给予圆锥曲线新定义：动点到定点的距离，与它到定直线（不通过定点）的距离之比为常数（离心率）.我们称此定点是焦点，定直线是准线.已知双曲线.
(1)求双曲线的准线；
(2)设双曲线的右焦点为，右准线为.椭圆以和为其对应的焦点及准线过点作一条平行于的直线交椭圆于点和.已知的中心在以为直径的圆内，求椭圆的离心率的取值范围.
【答案】(1)或
(2)

【分析】（1）将曲线变型，得到双曲线的方程，然后得到其准线方程；
（2）根据椭圆的定义先用离心率表示出椭圆方程，然后和直线联立，利用韦达定理得出圆心坐标，半径，然后根据点和圆的位置关系列出不等式.
【详解】（1）由，得.
所以双曲线的中心，右焦点，，
所以准线为或.
（2）  
设是椭圆上任意一点，上椭圆的长轴长，椭圆的焦距，
设，
则.①
又直线的方程为.②
由①②联立得，
由题意知是这个方程的两个根，
所以
所以，
所以圆心坐标为.
从而有

又在椭圆中，根据椭圆的定义，当为椭圆左顶点时，设，
，得.又，所以，
故椭圆的中心坐标为，
又点在以为直径的圆内，
所以，
整理得，
即.
因为椭圆的离心率，所以
即，故.
22．已知函数，其中.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数存在三个零点、、（其中），证明：
（i）若，函数，使得；
（ii）若，则.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论的取值，比较导数零点的大小关系，讨论函数的单调性；
（2）（ⅰ）根据（1）的结果可知，和，代入不等式，整理后构造函数，结合函数的单调性，即可证明；
（ⅱ）根据（1）的结果整理为，再构造函数，再利用换元，将不等式转化为，再利用换元，变形，将不等式整理为，并构造函数，利用导数，判断函数的单调性，结合不等关系，即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为.
①若时，


1




-
0
+
0
-


极小值

极大值

②若时，恒成立，单调递减，
③若时




1


-
0
+
0
-


极小值

极大值

④若时，时，单调递减；时，单调递增.
综上所述，当时，单调递减，单调递增，单调递减；当时，单调递减；当时，单调递减，，单调递增，单调递减；当时，单调递减，单调递增.
（2）（i）由（1）知当时，单调递减，
单调递增，
单调递减.
所以存在三个零点，只需和即可，
所以且，
整理得且.
此时，，
令，易知在上单调递减
有，
所以.
（ii）由（1）知，当时，单调递减，
单调递增，
单调递减
所以.若存在三个零点，只需和即可，
所以且，
整理得，
因为，
设，则方程，即为
记，
则为方程三个不同的根，
设.
要证：，
即证：，
即证：，
而且，
所以，
所以，
即证：，
即证：，
即证：，
记，
则，
所以在为增函数，所以
所以，
设，
则，
所以在上是增函数，
所以
所以，
即
所以若，则.
【点睛】本题考查导数与函数性质，不等式，零点问题的综合应用，本题第二问的难点多次用到不等式的整理，换元，构造函数，难度很大.