湖北省武汉市华中师大一附中2023届高三下学期第二次学业质量评价检测数学试题 附解析

华中师大一附中2023届高三第二次学业质量评价检测数学试题时间：120分钟满分：150分命题人：袁曼审题人：张丹王文莹一、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.已知复数是一元二次方程的一个根，则的值为A.1 B. C.0 D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意求得方程的两个复数根，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由题意，方程，可得，所以方程的两个复数根分别为或，所以.故选：B.2.设集合，，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据对数函数和指数函数的单调性求出集合，再利用并集的运算即可求解.【详解】集合，又因为集合，由交集的定义可得，，故选：C.3.函数的大致图象是（）．A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性公式运算发现函数为非奇非偶函数，排除A；易知当时，，故排除C；观察B，D选项，发现它们的主要区别是当时，的图象在y轴两侧的变化趋势不同，故联想到利用特殊值进行检验，即可得出结果.【详解】解：易知函数的定义域为，因为，所以函数为非奇非偶函数，排除A；易知当时，，故排除C；因为，，所以，所以排除D．故选：B．4.已知点P在棱长为4的正方体表面上运动，是该正方体外接球的一条直径，则的最小值为（）．A. B. C. D.0【答案】A【解析】【分析】首先利用球和正方体的关系求出正方体的外接球的直径，进一步利用向量的线性运算和数量积运算求出结果．【详解】由题意知：正方体的外接球的球心为，正方体的外接球的直径，则为的中点，所以，且，故，当与正方体的棱长平行时，此时最小，故，所以的最小值．故选：A5.设函数，若，且，则下列不等式恒成立的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：由已知可得：是偶函数，在区间上递增，且在区间上均为正数，所以在区间上递增，因为，所以，所以，故应选.考点：1、函数的单调性；2、函数的奇偶性.6.古希腊数学家阿波罗尼奧斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.【详解】由题意，可作图如下：则，，即，可设，，，由，则，即，，在中，，则.故选：D.7.在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,该四棱台的高，在上下底面由勾股定理可知，．在梯形中，，所以该四棱台的体积为，所以，当且仅当，即时取等号，此时，，．取,的中点，,连接,，显然有，由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．显然，在直角梯形中，，因此在等腰梯形中，，同理在等腰梯形中，，在等腰梯形中，设，，则，，所以梯形的面积为，故选：C．【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.8.在数列中给定，且函数的导函数有唯一零点，函数且，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求导利用函数零点定义即可求得，得到数列是公差为2的等差数列.再利用引入辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合题意进而求解即可.【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，则，可得，，所以数列为等差数列．则，所以数列是公差为2的等差数列.又，令，则为奇函数，因为，所以在上单调递增，由题意得，则，∵数列是公差为2的等差数列，其中，则，假设，因为是奇函数且在上单调递增，则在上单调递增，所以，∵，∴，与已知矛盾，故不成立；假设，同理可得，与已知矛盾，故不成立；综上，．故选：C.【点睛】关键点睛：数列与函数的综合问题的解决关键是应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推公式.1.利用具体函数的解析式得到递推关系.2.利用抽象函数的性质得到递推关系.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.为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取88名学生，通过测验判断其数学成绩是否优秀，得到了如下列联表：学校数学成绩合计（单位：人）不优秀优秀甲校331043乙校38745合计（单位：人）711788已知，，根据表中数据，计算得到．0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828则下列说法正确的是（）．A.根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异B.根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率有差异，该推断犯错误的概率不超过0.1C.若将表中所有数据都扩大为原来的10倍，根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率有差异，该推断犯错误的概率不超过0.1D.若将表中所有数据都扩大为原来10倍，根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异【答案】ACD【解析】【分析】根据独立性检验的基本思想和计算出的的观测值，逐项进行分析即可求解.【详解】由题意可知，所以根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异，故选项A正确；选项B错误；若将表中所有所有数据都扩大为原来的10倍，则，所以根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率有差异，该推断犯错误的概率不超过0.1，故选项C正确；若将表中所有所有数据都扩大为原来的10倍，则，所以根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异，故选项D正确，故选：ACD.10.科学研究已经证实：人的智力、情绪和体力分别以天、天和天为周期，均可按进行变化．记智力曲线为，情绪曲线为，体力曲线为，则（）A.第天时情绪曲线处于最高点B.第天到第天时，智力曲线与情绪曲线不相交C.第天到第天时，体力曲线处于上升期D.体力曲线关于点对称【答案】AC【解析】【分析】设人的智力曲线、情绪曲线和体力曲线用，，，根据周期求出对应的解析式，然后利用正弦函数的性质可判断ACD，对于B，设，利用零点存在定理可判断.【详解】设人的智力曲线、情绪曲线和体力曲线用，，，所以，，.A项：第天时，，故处于最高点，A正确；B项：设，因为，，故利用零点存在定理可得存在，使得，故此时智力曲线与情绪曲线相交，B错误；C项：因为，所以，因为，所以根据正弦函数的性质可得此时单调递增，故处于上升期，C正确；D项：因为，所以，体力曲线不关于点对称，D错.故选：AC.11.已知异面直线与所成角为，平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，点为平面、外一定点，则下列结论正确的是（）A.过点且与直线、所成角都是的直线有条B.过点且与平面、所成角都是的直线有条C.过点且与平面、所成角都是的直线有条D.过点与平面成角，且与直线成的直线有条【答案】BC【解析】【分析】根据选项，在利用图形，可知A有条；根据，，可知B有条；根据，可知C有条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.【详解】对于A选项，因为异面直线与直线所成角为，在空间中的点作直线、，使得，，设直线、确定平面，如下图所示：因为直线、所成角为，则直线、所成角为，在直线、上分别取点、，使得，则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角均为，过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，综上所述，过点且与直线、所成角都是的直线有条，A错；对于BC选项，因为平面与平面的夹角为，则过点与平面、所成角都是和的直线各有一条、，若过点与平面、所成角都是，则在、的两侧各有一条，所以共条，故B正确，若过点且与平面、所成角都是，其中一条直线为直线，在直线的两侧各有一条，所以共条，C对；对于D选项，过点作与平面成角的直线，形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，设所求直线与的交点为,不妨假设在上，设直线与的交点为，设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，易知，又因为，则为等边三角形，所以，，因为，则直线与平面所成角为，则，故，当点位于点时，取得最小值，当点位于点时，取得最大值，所以，故能作出两条满足条件的直线，故D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.12.已知数列，满足，，，，，则下列选项正确的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】代入数据可计算出，可判断A选项；推导出，进而推导出数列为常数列，通过可判断B选项；推导出，结合以及不等式的性质可判断C选项；推导出数列为常数列，结合C选项可判断D选项.【详解】已知数列，满足，，，，.对于A选项，，，，，所以，，A对；对于B选项，，将等式与等式相加可得，所以，，所以，，即数列为常数列，所以，，所以，，即，故，B错；对于C选项，因为，当且仅当时，等号成立，所以，，，所以，，且，因此，，C对；对于D选项，因为，则，所以，，则，将等式与等式相减可得所以，，所以，所以，，即数列为常数列，所以，，所以，，所以，，故，D对.故选；ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查由递推数列判断数列不等式的正误，本题注意到将题干中的两个的等式分别相加或相减，推导出数列、均为常数列是解本题的关键，此外需要求出的取值范围，再结合不等式的基本求解，综合性较强，有一定的难度.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知随机变量，，且，，则_________.【答案】【解析】【分析】由题意可得出，，由，可求出的值.【详解】因为随机变量，所以，，且，所以，所以，解得：.故答案为：14.如图，在中，，，点D与点B分别在直线的两侧，且，则的最大值是__________．【答案】【解析】【分析】设，在中，由正弦定理得到，在中，设，利用余弦定理和正弦定理分别得到和，然后在中，利用余弦定理和辅助角公式即可求出结果.【详解】在中，设，则，由及正弦定理，得，即，解得，因为，所以，则.在中，设，则由余弦定理可得，即，由正弦定理可得，所以.在中，由余弦定理可得，即，当时，得长度取得最大值，最大值为，故答案为：.15.已知直线，抛物线的焦点为F，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，点B关于y轴对称的点为P．若过点A，B的圆与直线l相切，且与直线交于点Q，则当时，直线的斜率为__________．【答案】【解析】分析】根据题意设直线的方程为，联立抛物线方程，然后结合韦达定理即可得到结果．【详解】如图，设的中点为,设到直线的距离分别为,则由抛物线的定义可知：，故过点，且与直线相切的圆就是以为直径的圆，设，，，，则，，，，由，可得，设直线的方程为，代入中，可得，，，，结合得，得．故答案为：．

16.已知函数，若有且仅有两个整数，满足，则实数a的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】先对全分离，即，构造新函数，求导求单调性判断最值点，若有且仅有两个整数使得不等式成立，只需大于最小值点附近的两个整数处的函数值，且小于等于该整数处相邻的整数点处函数值，列出不等式，解出即可.【详解】解：若，即，因为，所以，即，记，故只需有且仅有两个整数使得成立即可，所以，记，所以，所以在上单调递增，因为，，所以，使得，即，在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以有最小值，因为，且，，而，若使有且仅有两个整数，只需即可，解得.故答案为：【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于不等式成立问题的方法有：（1）对不等式进行全分离，使分母较简单或容易判断正负，以便少分类讨论；（2）构造新函数，求导求单调性，判断极值点，在草稿纸上画出草图；（3）根据题意转化为数学语言，建立不等式，解出即可.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.已知函数在区间上是单调函数，且恒成立．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角函数的性质直接求解即可；（2）结合（1）得，进而根据周期性求解即可.【小问1详解】解：令，由得，因为函数在区间上是单调函数，所以，函数在区间上是单调函数，所以，解得，即因为恒成立，所以，函数，即，解得.所以，【小问2详解】解：由（1）知，，所以，函数的最小正周期为，所以，，所以，18.如图，直四棱柱的底面为正方形，P，O分别是上、下底面的中心，E是的中点，．（1）当时，求直线与平面所成角的正弦值；（2）当k取何值时，O在平面内的射影恰好为的重心．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，求直线方向向量与平面的法向量，求两向量的夹角余弦，可得直线与平面所成角的正弦值；（2）设的重心为，由已知可得与平面法向量平行，列方程求k值.【小问1详解】因为，所以以点为原点，以为轴正方向建立空间直角坐标系，设，则，所以，所以，，，设平面的法向量为，则，所以，取，则，所以为平面的一个法向量，当时，为平面的一个法向量，又，，所以，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；【小问2详解】设的重心为，取线段的中点为，则，，所以，所以，由（1）知为平面的一个法向量，因为O在平面内的射影恰好为的重心，所以，所以，所以.19.已知各项均不为零的数列满足，其前n项和记为，且，，，数列满足，．（1）求，，；（2）已知等式对，成立，请用该结论求数列，，2，…，n的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，分别将和代入计算即可得，再根据即可得，利用分组求和计算即可得；（2）由（1）可得，根据并利用二项式定理，由二项式系数性质计算即可得.【小问1详解】由可得，；又数列各项均不为零，所以；当时，，由可得；当时，，可得；由可得，两式相减可得，所以，即可得.【小问2详解】由（1）可得，所以即前n项和为.20.2023年3月华中师大一附中举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练．（1）若该男生进行了3天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；（2）设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；（2）由题知的可能取值为，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可.【小问1详解】解：当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件；当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件；由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，所以，，，所以，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.【小问2详解】解：由题知，的可能取值为，所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有种选择，故；当时，第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；第四天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；第五天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；第六天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；综上，当时，共有种选择，所以，；当时，第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；第一天，第三天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择第一天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；第二天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；所以，当时，共有种选择，所以，；所以，当，所以，的分布列为：所以，.21.已知：若点是双曲线上一点，则双曲线在点处的切线方程为．如图，过点分别作双曲线两支的切线，切点分别为P，Q，连结P，Q两点，并过线段的中点F分别再作双曲线两支的切线，切点分别为D，E，记与的面积分别为，．（1）求直线的方程（含m）；（2）证明直线过点C，并比较与的大小．【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）利用易知分别求出两点处的切线方程，将分别代入两切线方程即可得直线的方程为；（2）联立双曲线和直线方程，利用韦达定理可得的中点，同理根据（1）中结论可得直线的方程为，显然在直线上；联立双曲线和直线方程可得即为中点即可得.【小问1详解】根据题意可设，由已知可得双曲线在处的切线方程为，同理，在处的切线方程为；又两切线交点为，所以满足，即同时满足方程，所以直线的方程为.【小问2详解】联立整理可得，所以,即可得线段的中点，设，根据已知可得在两点处的切线方程分别为，；两切线交点为，所以可得直线的方程为，整理可得；易知满足直线方程，即直线过点C；联立双曲线与直线方程，整理可得，所以，可得，所以的中点坐标为，即为的中点，即；易知的面积为，的面积；又，可得；即与的大小关系为.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用题目提供的已知条件直接写出双曲线在某点处的切线方程，再根据两切线交点坐标得出两切点的直线方程，联立并利用韦达定理化简即可实现问题求解.22.若函数，的图象与直线分别交于A，B两点，与直线分别交于C，D两点，且直线，的斜率互为相反数，则称，为“相关函数”．（1），均为定义域上的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得，为“相关函数”；（2），，若存在实数，使得，