湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高三上学期元月调考（期末）数学试题（解析版）

2023~2024学年度高三元月调考数学试卷一、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】B【解析】【分析】先根据分式不等式求出集合，再根据集合的交集运算即可求解．【详解】由，即，解得，所以，又，所以．故选：B．2. 已知是关于的方程（p，）的一个根，则（ ）A. 0B. C. 2D. 1【答案】C【解析】【分析】把根代入方程，利用复数的相等求出即可【详解】是关于的方程的一个根，把代入方程，有，则有，所以.故选：C3. 已知向量，，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据平面向量数量积的坐标表示及夹角公式求解即可.【详解】因为，，，所以，，则，，故．故选：A．4. 函数在区间上递增，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数型函数的单调性进行求解即可.【详解】二次函数的对称轴为：，因为函数在区间上递增，所以有，故选：A5. 若数列的前项和为，则“”是“数列是等差数列”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【解析】【分析】必要性显然成立；由，，得，同理可得，综合，，得，充分性得证，即可得到本题答案.【详解】必要性显然成立；下面来证明充分性，若，所以当时，，所以，化简得，所以当时，，得，所以，即数列是等差数列，充分性得证，所以“”是“数列是等差数列”的充要条件.故选：C.【点睛】本题主要考查等差数列的判断与证明的问题，考查推理能力，属于中等题.6. 成语“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，意思是在小小的军帐之内作出正确的部署，决定了千里之外战场上的胜利，说的是运筹的重要性.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”，如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合图形，多面体中，取的中点，做交于，做底面于点，坡面与底面所成二面角的为、 ，，设，得斜脊，因为矩形宽，长为8，得，可得答案.【详解】如图，多面体中，取的中点，做交于，做底面于点，则点在上，且点到的距离相等，即，做于点，连接，，则平面，所以，所以坡面与底面所成二面角为，又，则平面，所以，坡面与底面所成二面角为，所以正切值，不妨设，，可得斜脊，因为矩形宽，所以长为8，这样正脊，所以正脊与斜脊长度的比值为即.故选：B.7. 已知A，B为双曲线上不同两点，下列点中可为线段的中点的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用点差法结合选项得出方程，再与双曲线方程联立一一验证是否有两个不同交点即可.【详解】设的中点，所以，易知，由点差法可得，若，此时，与双曲线联立，即与双曲线只有一个交点，故A错误；若，则此时，与双曲线联立，即与双曲线有两个交点，故B正确；若，则此时，与双曲线联立，即与双曲线有一个交点，故C错误；若，则此时，与双曲线联立，显然无解，即与双曲线没有交点，故D错误；故选：B8. 已知在中，，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先分析题意，利用正弦定理求，然后结合三角形中内角的诱导公式结合同角的三角函数的基本关系式可求三角函数式的值.【详解】因为，故且，故，且，故，故，而，故，故，故故选：A.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，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）A. 正方体的内切球的半径为B. 两条异面直线和所成的角为C. 直线BC与平面所成的角等于D. 点D到面的距离为【答案】BC【解析】【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接，把异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角，为正三角形，可判定B正确；证得平面，进而求得直线与平面所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到，进而可判定D错误.公众号：高中试卷君【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体的棱长的一半，所以内切球的半径，所以A错误.对于B中，如图所示，连接，因为且，则四边形为平行四边形，所以，所以异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角的大小，又因为，则为正三角形，即，所以B正确；对于C中，如图所示，连接，在正方形中，.因为平面，平面，所以.又因为，平面，平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，所以C正确；对于D中，如图所示，设点D到面的距离为，因为为正三角形，所以,又因为，根据等体积转换可知：，即，即，解得，所以D错误.故选：BC.10. 已知圆和圆，则（ ）A. 两圆可能无公共点B. 若两圆相切，则C. 直线可能为两圆的公切线D. 当时，若为两圆的公切线，则或【答案】ACD【解析】【分析】先根据题意求出圆和圆的圆心距为，当即可判断A；分两圆外切和内切两种情况即可判断B；当时即可判断C；结合选项B可得，当时，两圆外切，再根据圆和圆的圆心到直线的距离分别为和即可判断D．【详解】由圆的圆心为，圆的圆心为，则圆和圆的圆心距为，对于A，当，即时，两圆可能相离，即无公共点，故A正确；对于B，当两圆外切时，，得；当两圆内切时，，得，故B错误；对于C，当时，直线可能为两圆的公切线，故C正确；对于D，结合选项B可得，当时，两圆外切，则有，解得或，故D正确．故选：ACD．11. 设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）A. A，B相互独立B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用独立事件、对立事件、互斥事件的定义与概率公式可判定A、B，利用条件概率的定义与公式可判定C、D.【详解】由题意可知，事件互斥，且，所以，即，故A正确；则，故B正确；由条件概率公式可知：，故C错误；，即，故D正确.故选：ABD12. 已知函数，，，则（ ）A. 当时，函数有两个零点B. 存在某个，使得函数与零点个数不相同C. 存在，使得与有相同的零点D. 若函数有两个零点，有两个零点，，一定有【答案】ACD【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可.【详解】由，令，令，即在上单调递减，在上单调递增，即，对于A项，当时，则，又易知，且时，，根据零点存在性定理可知函数在和内各有一个零点，故A正确；对于B项，当时，此时，则有一个零点，当时，，则此时无零点，又易得，则，函数的零点个数与的零点个数相同，故B错误；对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，同时有两个零点，，则根据单调递增可知，存在唯一满足成立，有，若C正确，则只能有，即，由题意易知：，令，则时，，时，，故在上单调递减，在上单调递增，且时，，时，，所以，满足，即存在，使得与有相同的零点，故C正确；对于D项，由C项结论可知，此时，则由，故D正确.综上：ACD正确.故选：ACD【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调性可判定同构式是否有解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知如下的两组数据：第一组：10、11、12、15、14、13第二组：12、14、13、15、a、16若两组数据的方差相等，则实数的值为_________.【答案】11或17【解析】【分析】根据方差公式及其变形即可得到方程，解出即可.【详解】第一组的平均数，第二组的平均数，则第一组的方差为，则第二组的方差为，解得或17.故答案为：11或17.14. 若函数，在上恰有两个最大值点和四个零点，则实数的取值范围是______________．【答案】【解析】【分析】先化简函数式得，再结合三角函数的图象与性质，利用整体代换计算即可.【详解】由三角恒等变换可得，时，有，若要满足题意则需：.故答案为：15. “十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，如图所示，则该“十字贯穿体”的体积为_______． 【答案】【解析】【分析】根据总体积减去重叠部分的体积求解即可；【详解】 如图，两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点，则多面体可以分成8个全等三棱锥，则则该“十字贯穿体”的体积为: 故答案为：.16. 如图，椭圆：和：有相同的焦点，，离心率分别为，，为椭圆的上顶点，，，，三点共线且垂足在椭圆上，则的最大值是______. 【答案】【解析】【分析】将表示为三角函数的形式，然后根据三角恒等变换以及三角函数最值的知识求得的最大值.【详解】由图知，则，设，则，则，由于，所以.故答案为：【点睛】方法点睛：求解椭圆的离心率，方法有很多，如根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得的齐次式，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得的齐次式，先求得，然后利用求得椭圆的离心率.公众号：高中试卷君四、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. 在中，角所对的边分别是．已知．（1）求；（2）为边上一点，，且，求．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）已知等式去分母，正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式化简，可得角；（2）由且，利用向量法求得，再结合余弦定理求和.【小问1详解】已知，由，有，所以，两边同乘以abc得：．由正弦定理得：．由，，所以，．【小问2详解】取、为平面向量的基底．因为D在BC边上，且，所以．因为，所以，则即，得，所以，．不妨设，．在中，由余弦定理：，所以．由余弦定理：．18. 如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，.将沿折起，使点到达点的位置，使平面平面.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）结合长度关系可整的，即，应用平面垂直于平面的性质定理即可证明；（2）作，过作，两两垂直，建立空间直角坐标系，即可应用向量法求解.【小问1详解】因为四边形为平行四边形，由为的中点，，，则为等边三角形，所以.则，所以等腰三角形，可得，，即，因为平面平面，平面平面，平面，则平面，且平面，所以.【小问2详解】作，过作，由面面得面则两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系.，，，，设平面的一个法向量为由知可取，同理得平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为.则.面与面夹角余弦值为.19. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在实数，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析. （2）【解析】【分析】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；（2）根据第1问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出的范围.【小问1详解】函数，，则，当，即时，恒成立，即在上单调递增；当，即时，令，解得，+0极大值综上所述，当是，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】等价于，令，当时，，所以不恒成立，不合题意.当时，等价于，由（1）可知，所以，对有解，所以对有解，因此原命题转化为存在，使得.令，，则，，令，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，，故在上单调递减，当时，，，故在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为存在，使得，利用导数研究右侧最小值，即可得范围.20. 若数列满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称数列具有性质.如数列，存在等比数列，使得集合，则数列具有性质.若数列满足，，记数列的前项和为.证明：（1）数列为等比数列；（2）数列具有性质.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，求出和，求出和的关系即可证明；（2）由（1）求出，求出，设数列即可证明.【小问1详解】设，则，.因此数列是首项为，公比为的等比数列，且；【小问2详解】由（1），，所以，取数列，则是等比数列，并且，因此集合，所以数列具有性质.公众号：高中试卷君21. 已知一个盒子中装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外全部相同.每次从盒子中随机取出1个球，并换入1个黑球，记以上取球换球活动为1次操作.设次操作后盒子中所剩黑球的个数为.（1）当时，求的分布列；（2）当时，求的分布列和数学期望.【答案】（1）分布列见解析 （2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）首先分析题意，列出，即3次摸换球后的可能取值为1，2，3，再一次计算可能即可.（2）利用（1）中题意，进行分析即可，最后算出答案.【小问1详解】，即3次摸换球后的可能取值为1，2，3.当，即3次摸球都摸到黑球，当，即3次摸球中有且仅有2次摸到黑球，1次白球，当，即3次摸球中有且仅有1次摸到黑球，2次白球，.分布列为122【小问2详解】时，即次摸球换球后，黑球个数可能取值为1，2，3同（1）当，即次摸球都摸到黑球，当，即次摸球有且仅有“”次摸到黑球，1次摸到白球，.当，，，22. 已知抛物线焦点为F，M为抛物线上一点，且在第一象限内.过作抛物线的两条切线，，A，B是切点；射线交抛物线于.（1）求直线的方程（用M点横坐标表示）；（2）求四边形面积的最小值.【答案】（1） （2）16【解析】【分析】（1）利用导数求则切线和的方程，由点坐标同时满足和的方程，得直线的方程；（2）设直线的方程，表示出弦长，再求A、B到直线的距离，表示出四边形面积，利用韦达定理化简，由基本不等式求最小值.【小问1详解】，，，抛物线，即，则，抛物线在点处切线斜率为，则切线方程为，整理得，同理，方程为，又在，上，有，直线的方程为，又在上，有，所以直线的方程为.【小问2详解】设，，联立，，.设A、B到的距离为、.则联立，，，，（其中），又代入得，当且仅当，即取最小值.所以四边形面积的最小值为16.【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．