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湖北省宜荆荆随2023-2024学年高三数学上学期10月联考试题(Word版附解析)
湖北省宜荆荆随2023-2024学年高三数学上学期10月联考试题(Word版附解析)
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2023年宜荆荆随高三10月联考高三数学试卷考试时间:2023年10月4日下午15:00-17:00试卷满分:150分注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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.一、选择题:本大题共8小题,每一小题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,集合,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】分析】解不等式确定集合,再由交集定义计算.【详解】,,,∴.故选:D.2.“”是“复数为纯虚数”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】A【解析】【分析】由复数的除法法则化简复数,由纯虚数的定义求出的取值,然后由充分必要条件的定义判断. 【详解】为纯虚数的充要条件为因此应为复数为纯虚数的充分不必要条件,故选:A.3.公差不为零的等差数列的前为项和为,若,则()A.8B.12C.16D.9【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质以及基本量计算可得解.【详解】由等差数列的性质,,又,,,,.故选:C.4.已知为钝角,,则()A.B.C.7D.【答案】D【解析】【分析】利用同角公式求出,再利用差角的正切公式即可求解.【详解】由为钝角,得,,所以. 故选:D5.长时间玩手机可能影响视力.据调查,某校学生大约的人近视,而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时,这些人的近视率约为,现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生,则他近视的概率为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定信息,结合全概率公式列式求解作答.【详解】令“玩手机时间超过的学生”,“玩手机时间不超过的学生”,“任意调查一人,此人近视”,则,且互斥,,,依题意,,解得,所以所求近视的概率为.故选:B6.已知均为正数,且,则的最小值为()A.11B.13C.10D.12【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式求最值即可.【详解】,当且仅当,即时,等号成立.故选:A.7.已知椭圆C:的左右焦点为,过的直线与交于两点,若满足成等差数列,且,则C的离心率为() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由椭圆定义可得,结合已知条件可得,在中,由余弦定理得为等边三角形,在中,可得,得解.【详解】由得到,设,,在中,由余弦定理得,,解得,为等边三角形,则在中,,,又,,得,解得.故选:B. 8.为三个互异的正数,满足,则下列说法正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对于可构造函数,利用导函数可求出其单调性,利用数形结合可得,对于,可在同一坐标系下画出函数及的图象,可得,再由不等式性质可知A正确.【详解】由得且,构造函数,所以,易得在上单调递减,在上单调递增,其函数图象如下图所示:由图可得,易知函数及交于点,作出函数及的图象如下图所示: 由图知所以,即,由此可得,即.故选:A【点睛】方法点睛:在求解不等式比较大小问题时,经常利用同构函数进行构造后通过函数单调单调性比较出大小,画出函数图象直接由图象观察得出结论.二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,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.已知函数,则下列结论正确的是()A.的最小正周期为B.C.是图象的一条对称轴D.将的图象向左平移个单位后,得到的图象关于原点对称【答案】BCD【解析】 【分析】利用三角恒等变换得,然后根据三角函数的性质逐一判断即可.【详解】由,故B正确;,故A错误;又,由正弦函数的性质可知,是图像的一条对称轴,故C正确;将的图像向左平移个单位,得,是奇函数图像关于原点对称,故D正确.故选:BCD.10.下列命题中,正确的是()A.已知随机变量服从正态分布,若,则B.已知,则C.若两组成对数据的样本相关系数分别为,则组数据比组数据的相关性较强D.将总体划分为两层,通过分层抽样,得到样本数为的两层样本,其样本平均数和样本方差分别为和,若,则总体方差【答案】ABD【解析】【分析】利用正态分布的对称性计算判断A;利用条件概率公式推理判断B;利用相关系数与相关性强弱的关系判断C;根据分层方差和总方差的公式可判断D.【详解】A选项,由正态曲线的性质可得,根据对称性可知,则,,故A正确; B选项,由得,即,所以事件A,B相互独立,所以结论正确;C选项,越接近于1,相关性越强,故C错误;D选项,设两层的数据分别是和,总体的平均数为,则,又,,,,总体方差.故D正确.故选:ABD.11.已知是抛物线上三个不同的点,的焦点是的重心,则()A.的准线方程是B.过的焦点的最短弦长为8C.以为直径的圆与准线相离D.线段的长为19【答案】AC【解析】【分析】对于A,由点在抛物线上,代入抛物线方程得出准线方程;对于B,当过抛物线的焦点且与轴垂直时弦长最短;对于C,由重心坐标公式以及焦半径公式进行判断;对于D,由,得出的中点到准线的距离大于得出结果进行判断.【详解】对于A,由在抛物线上可得抛物线方程为,,准线方程是,故A正确;对于B,当过抛物线的焦点且与轴垂直时弦长最短,把代入,得,所以此时弦长为16,故B错误; 对于C,D,设,又,,由重心的坐标公式得,即,所以的中点坐标为,因为不过焦点,所以,的中点到准线的距离为,所以C正确,D错误.故选:AC.12.如图,长方体中,,点是半圆弧上的动点(不包括端点),点是半圆弧上的动点(不包括端点),则下列说法正确的是()A.的取值范围是B.若与平面所成的角为,则C.的最小值为D.若三棱锥的外接球表面积为,则【答案】BCD【解析】【分析】利用空间向量数量积的定义可判断A选项的正误,利用线面角的定义可判断B选项的正误;利用的最小值及勾股定理可求出的最小值判断C,利用建系的方法计算出的外接球的半径的 取值范围,结合球体的表面积公式可判断D选项的正误;利用锥体的体积公式可判断D选项的正误.【详解】如图,,连接,在中,,所以,因为,所以,所以的取值范围是,故A错误;连接,由于平面,所以与平面所成的角为,如图,所以,因为,所以,故B正确;设在底面的射影为,为中点,连接,则,又,则,而,所以,故,故C正确;以为坐标原点,直线为轴,为轴,为轴,如图, 则点的坐标满足,可设的坐标为,由球心在BC的中垂线(即过外接圆圆心且与底面垂直的直线)上,可设球心坐标为,因为,所以,解得,故,所以外接球的半径,所以,故D选项正确.故选:BCD.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知的二项展开式中只有第5项的二项式系数最大,则展开式中的系数为__________.【答案】【解析】【分析】根据二项式的性质,结合二项式的通项公式进行求解即可.【详解】因为的二项展开式中只有第5项的二项式系数最大,所以,二项式的通项公式为,令, 所以展开式中的系数为,故答案为:14.暑期安排包括大睿和小涛在内的7名学生去参加A,B,C三个夏令营,其中营安排3人,B,C各安排2人,要求大睿和小涛不能在同一夏令营,则不同的安排方案有__________种.【答案】160【解析】【分析】利用间接法求解,即用总的安排方法减去大睿和小涛在同一夏令营的安排方法,可得答案.【详解】间接法:.故答案为:160.15.已知定义在上的函数的导函数为,满足,,则不等式的解集为__________.【答案】【解析】【分析】根据函数的对称性,结合导数的性质进行求解即可.【详解】因为,,所以,,或,所以函数在上递减,上递增,因此当时,当时,,显然不满足,当时,, 综上所述:不等式的解集为,故答案为:【点睛】关键点睛:本题关键是利用导数判断函数的单调性,进而运用分类讨论思想进行求解.16.如图,一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分,将这些阴影部分裁下来,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥容器,则该容器的最大容积为__________.【答案】##【解析】【分析】设正四棱锥的底面边长为,求出正四棱锥的高,利用锥体的体积公式可得出容器的容积V(单位:)关于x(单位:m)的函数关系式,利用基本不等式求解最值.【详解】设正四棱锥的底面边长为,则高为,体积当且仅当时取等号.故答案为:.四、解答题:本大题共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.已知分别是的三个内角的对边,且.(1)求角;(2)若在边上且,求面积的最大值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)利用正弦定理将已知式子统一为角的形式,然后利用三角函数恒等变换公式可求得结果,(2)由已知可得为中点,则,两边平方化简得,再利用基本不等式可求得,从而可求出面积的最大值.【小问1详解】由及正弦定理得因为,所以,因为,所以,因为,所以,所以,得,【小问2详解】因为在边上且,所以为中点,所以,两边平方得,因为,所以得到,由,当且仅当时取等号,所以,当且仅当时取等号,所以当时,即为等边三角形时面积的最大值为 18.如图,在四棱锥中,底面为矩形,底面为线段的中点,为线段上的动点.(1)求证:平面平面;(2)试求的长,使平面与平面所成的锐二面角为.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)可先证平面,从而得到平面平面;(2)建立如图所示的空间直角坐标系,设,求出平面的法向量和平面的法向量后结合题设中的面面角可求,从而可得的长.【小问1详解】平面,平面,,为矩形,,又,平面,平面,平面,,,为线段的中点,,又,平面,平面,又平面,所以平面平面. 【小问2详解】以A为坐标原点,,,分别为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,,,,设,,设平面的一个法向量为,则,,令,则,,设平面的一个法向量为,则,,令,则,,平面与平面所成的锐二面角为,,解得, ,即,当时,平面与平面所成的锐二面角为.19.已知函数.(1)讨论的单调性;(2)设,若,且对任意恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【解析】【分析】(1)求出函数的导数,分和讨论导数的正负,从而判断函数的单调性;(2)由题意对任意,,可变形为,只要,即对恒成立,即,对恒成立,从而将恒成立问题转化为求函数最值问题,然后利用导数求解函数最值即可求得答案.【小问1详解】,①当时,因为,所以在上恒成立,所以在上单调递增;②当时,令,得,由,即在上单调递增,由,即在上单调递减,综上,当时,在上单调递增,当时,在上单调递减,在上单调递增.【小问2详解】时,, ,令,由,在上单调递增,由,即在上单调递减,,,对成立,只要,即对恒成立,,对恒成立,令,则,且在上单调递增,上单调递减,,,20.已知数列的前项和为,且满足:(1)求数列的通项公式;(2)在与之间插入个数,使这个数组成一个公差为的等差数列,在数列中是否存在三项(其中成等差数列)成等比数列?若存在,求出这三项;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)不存在,理由见解析【解析】 【分析】(1)由,得,两式相减化简可得是以为首项,为公比的等比数列,从而可求出通项公式,(2)由题意可得,假设存在这样的三项成等比数列,则,结合已知化简可得结论.【小问1详解】由①得时②①-②得,①中令得,是以为首项,为公比的等比数列,,【小问2详解】假设存在这样的三项成等比数列,为递增数列,不妨设,则则,成等差数列,,,由,得,所以,与题设矛盾不存在这样的三项(其中成等差数列)成等比数列.21.为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果,需要进行动物与人体试验.研究人员将疫苗注射到400 只小白鼠体内,一段时间后测量小白鼠的某项指标值,按分组,绘制频率分布直方图如图所示,实验发现小白鼠体内产生抗体的共有320只,其中该项指标值不小于60的有220只.抗体指标值合计小于60不小于60有抗体没有抗体合计(1)填写完成上面的列联表(单位:只),并根据列联表及的独立性检验,判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关.(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性,对第一次注射疫苗后没有产生抗体的小白鼠进行第二次注射疫苗,结果又有60只小白鼠产生抗体.(i)用频率估计概率,求一只小白鼠最多注射两次疫苗后产生抗体概率;(ii)以(i)中确定的概率作为人体最多注射两次疫苗后产生抗体的概率,进行人体接种试验,现有40人进行接种试验,设最多注射两次疫苗后产生抗体的人数为随机变量,当时,取得最大值,求.参考公式:(其中为样本容量)0.500.400.250.150.1000.0500.0250.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024 【答案】(1)列联表见解析,能;(2)(i);(ii)38.【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图完善列联表,再求出的观测值,与临界值表比对即可.(2)(i)利用条件概率公式及对立事件的概率公式计算即可;(ii)利用二项分布的概率公式,列出不等式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图知,该项指标值不小于60的频率为,有(只),则列联表如下:(单位:只)抗体指标值合计小于60不小于60有抗体100220320没有抗体404080合计140260400零假设为:注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联,根据列联表中数据,得根据的独立性检验,推断不成立,即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关,此推断犯错误的概率不大于0.025.【小问2详解】(i)令事件“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”,事件“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”,事件“小白鼠最多注射2次疫苗后产生抗体”,记事件发生的概率分别为,则,, 所以一只小白鼠最多注射2次疫苗后产生抗体的概率.(ii)依题意,随机变量,因为最大,显然,且,因此,则,,解得,而整数,所以.22.已知双曲线的离心率为2,过上的动点作曲线的两渐近线的垂线,垂足分别为和的面积为.(1)求曲线的方程;(2)如图,曲线的左顶点为,点位于原点与右顶点之间,过点的直线与曲线交于两点,直线过且垂直于轴,直线DG,DR分别与交于两点,若四点共圆,求点的坐标.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由题设有,得双曲线为,设,应用点线距离公式、 共圆、三角形面积公式列方程求参数,即可得双曲线方程;(2)由共圆得,设,,且,联立双曲线,应用韦达定理列方程求参数t即可.【小问1详解】由,又得:,所以渐近线方程为,则双曲线方程为,即,设,则到渐近线的距离分别为,又两渐近线的夹角为,且四点共圆,则或,的面积,曲线的方程为:.【小问2详解】如图四点共圆, ,,设,,易得,令得:,当的斜率为0时,不符合题意;当的斜率不为0时,设,联立双曲线得,则,且,即,且,所以,由,即,,,符合,综上,.
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高中 - 数学
发布时间:2023-10-12 10:37:01
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