2022-2023學(xué)年湖北省騰云聯(lián)盟高三上學(xué)期10月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題

第6頁/共22頁騰·云聯(lián)盟2022—2023學(xué)年度上學(xué)期高三年級十月聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷一、選擇題1.已知集合，，則為（）A B. C. D.答案：B解析：【分析】要得到，即求的定義域，從而得到的值.【詳解】因為，所以而，所以故選：B.2.已知復(fù)數(shù)，為的共軛復(fù)數(shù)，則（）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)概念和復(fù)數(shù)除法計算即可.【詳解】由題可知，故選:B.3.準線方程為的拋物線的標準方程為（）A. B. C. D.答案：D解析：【分析】的準線方程為.【詳解】的準線方程為.故選：D.4.已知為的重心，記，，則（）A. B. C. D.答案：A解析：【分析】延長交于點，再利用三角形重心定理結(jié)合向量的線性運算求解作答.【詳解】在中，延長交于點，如圖，因為的重心，則點為線段的中點，，所以.故選：A.5.投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，下列說法中錯誤的是（）A.在前次擲出的點數(shù)都是偶數(shù)的條件下，第次擲出的點數(shù)仍是偶數(shù)的概率為B.投擲兩次擲出的點數(shù)之和為的概率最大C.投擲十次，擲出的點數(shù)之和的期望為D.投擲兩次，至少有一次擲出的點數(shù)為的概率為答案：D解析：【分析】根據(jù)古典概型概率公式，事件的獨立性及隨機變量的期望公式逐項分析即得.【詳解】對于A，由題可知每次投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子不會影響下一次擲出的骰子的點數(shù)，故第次擲出的點數(shù)仍是偶數(shù)的概率為，故A正確；對于B，投擲兩次共出現(xiàn)的結(jié)果共有種，所以點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，點數(shù)之和為出現(xiàn)次，所以投擲兩次擲出的點數(shù)之和為的概率最大，概率為，故B正確；對于C，投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子出現(xiàn)的各個點數(shù)的概率均為，所以投擲一次骰子出現(xiàn)的點數(shù)的期望為，所以投擲十次，擲出的點數(shù)之和的期望為，故C正確；對于D，由題可知投擲兩次，至少有一次擲出的點數(shù)為的概率為，故D錯誤.故選：D.6.一個大風(fēng)車的半徑為，勻速旋轉(zhuǎn)的速度是每旋轉(zhuǎn)一周.它的最低點離地面，風(fēng)車翼片的一個端點從開始按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，點離地面距離與時間之間的函數(shù)關(guān)系式是（）A. B.C. D.答案：C解析：【分析】建立平面直角坐標系，設(shè)出函數(shù)解析式，再根據(jù)給定的條件求解其待定系數(shù)作答.【詳解】以過風(fēng)車中心垂直于地面的豎直向上的直線為軸，該直線與地面的交點為原點，建立坐標系，如圖，依題意，設(shè)函數(shù)解析式為，顯然，則，，函數(shù)的周期，則，因當(dāng)時，，即有，則，于是得，所以點離地面距離與時間之間的函數(shù)關(guān)系式是.故選：C.7.數(shù)列滿足，，且對任意正整數(shù)，有，則的最小值為（）A. B. C. D.答案：D解析：【分析】構(gòu)造法求的通項公式，再用累加法求出的通項公式即可求解.【詳解】由得，，即，所以數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，所以，所以，所以，所以，對稱軸，所以當(dāng)或時，有最小值為.故選:D.8.已知，，，則，，的大小關(guān)系為（）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】對，，變形后構(gòu)造函數(shù)，利用極值點偏移證明，，的大小關(guān)系.【詳解】要比較，，等價于比較的大小,等價于比較,即比較,構(gòu)造函數(shù),,令得,令得,所以在單調(diào)遞增,單調(diào)遞減.所以,因為，所以最大，即，，中最大，設(shè)，結(jié)合的單調(diào)性得，，先證明，其中，即證，令，，其中，則，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，當(dāng)時，，所以，當(dāng)時，，則有，由可知，所以，因為，所以即，因為，在單調(diào)遞增，所以，即，因為所以所以，即，因為，在單調(diào)遞減.所以，即，即，綜上，，故選:B.二、多選題9.下列命題正確是（）A.“”是“”的充分不必要條件B.命題“任意，都有”的否定是“存在，使得”C.設(shè)，，則“且”是“”的必要不充分條件D.設(shè)，，則“”是“”的必要不充分條件答案：A、D解析：【分析】根據(jù)充分必要條件的定義以及不等式的性質(zhì)可判斷.【詳解】當(dāng)時,當(dāng)時,即即,解得或,所以“”是“”的充分不必要條件,故A正確;命題“任意，都有”的否定是“存在，使得”，故B錯誤;當(dāng)時可取，不滿足且，所以“且”是“”的充分不必要條件,故C錯誤;時，由可得且，所以“”是“”的必要不充分條件，故D正確.故選:AD.10.正方體的棱長為，點，分別為棱，上的動點，且滿足，則以下命題正確的有（）A.三角形的面積始終保持不變 B.直線始終在平面內(nèi)C.三棱錐的體積始終不變 D.直線可能與平面垂直答案：B、C解析：【分析】取特值計算判斷A；證明點共面判斷B；利用等體積法推理判斷C；利用反證法推理判斷D作答.【詳解】在正方體中，對于A，當(dāng)為的中點時，點必為的中點，，而，底邊上的高，，當(dāng)點與點重合時，點與點必重合，此時必為直角三角形，，的面積為，顯然兩種情況下的面積不同，A不正確；對于B，在棱上取點，使，連接，如圖，因，則四邊形是平行四邊形，有，四邊形平行四邊形，則有，因，于是得，而，即四邊形是平行四邊形，則有，因此點共面，直線始終在平面內(nèi)，B正確；對于C，由選項B知，，，則四邊形為平行四邊形，，而三棱錐與三棱錐同高，因此是定值，C正確；對于D，顯然正方體的對角面是矩形，且，因此與不垂直，若直線與某個位置的平面垂直，由B選項知，平面，則必有，矛盾，于是得直線不可能與平面垂直，D不正確.故選：BC.11.已知函數(shù)的定義域為，函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，下列結(jié)論正確的有（）A. B. C. D.答案：B、C、D解析：【分析】根據(jù)給定條件，探討函數(shù)的性質(zhì)，再逐項判斷作答.【詳解】函數(shù)的定義域為，由函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，得的圖象關(guān)于點對稱，則有，取得，B正確；由函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，得，則有，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，因此，有，C正確；于是得，即，有，取得，D正確；函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，且關(guān)于直線對稱，而，A不正確.故選：BCD.12.函數(shù)的大于的零點為，函數(shù)的大于的零點為，下列判斷正確的是（提示：）（）A. B. C. D.答案：A、C解析：【分析】根據(jù)題意可知，即可計算得出A，B答案.再將計算結(jié)果代入化簡即可得出C.最后根據(jù)單調(diào)性即可判斷出零點區(qū)間.【詳解】根據(jù)題意可知，即將代入等式，等式成立，故A正確.因，所以，故B錯誤.,因為，所以，故C正確.在先小于，后大于，故在先減后增，，，所以在沒有零點，故D錯誤.故選:AC.三、填空題13.展開式中的常數(shù)項是________.答案：解析：【分析】根據(jù)二項式的展開式的通項即得.【詳解】由題意的展開式的通項為，令，則，所以的展開式中的常數(shù)項為.故答案為：.14.已知圓，直線，若直線截圓所得弦長為，則_________.答案：解析：【分析】利用點到直線距離公式和弦長公式即可.【詳解】設(shè)直線與圓的交點為,圓心到直線的距離為，半徑.由題直線截圓所得弦長,所以.因為，所以.故答案為:.15.已知，，且，則的最小值為_________.答案：解析：【分析】變形給定等式，再利用“”的妙用求解作答.【詳解】，，由得：，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，所以當(dāng)時，取得最小值.故答案為：.16.一矩形的一邊在軸上，另兩個頂點在函數(shù)的圖像上，如圖，則此矩形繞軸旋轉(zhuǎn)而成的幾何體的體積的最大值是___________.答案：解析：【分析】先利用基本不等式求出的取值范圍，再設(shè)點，的坐標，由，的縱坐標相同，得到，從而得到，再利用圓柱的體積公式以及基本不等式，即可得到答案.【詳解】由，又，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，∴，且，∵矩形繞軸旋轉(zhuǎn)而成的幾何體為圓柱，設(shè),，,，如圖所示，則圓柱的底面圓的半徑為，高為，且，，∴，即，由，可得，∴，故，∴圓柱的體積為，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，∴此矩形繞軸旋轉(zhuǎn)而成的幾何體的體積的最大值是.故答案為：.四、解答題.17.已知數(shù)列的前項和為，，.（1）證明：為等比數(shù)列；（2）求.答案：見解析解析：【分析】（1）由遞推關(guān)系化簡，根據(jù)等比數(shù)列的定義得證；（2）由（1）求出，根據(jù)錯位相減法求和.【詳解】（1）,，即，故為等比數(shù)列.（2）由（1）知，，，，，18.已知的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，記面積為，且滿足.（1）求角；（2）若，且，求.答案：見解析解析：【分析】(1)利用面積公式和余弦定理求解;(2)利用三角恒等變換公式以及正弦定理求出即可求解.【詳解】（1）由題可知,,即,所以,即.（2）因為,因為,所以又由

即,由正弦定理，所以，所以.19.在圖的直角梯形中，，，，，為的中點，沿將梯形折起，使得，得到如圖的四棱錐.（1）證明：平面平面；（2）在線段上是否存在點，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由.答案：見解析解析：【分析】（1）根據(jù)給定的條件，利用線面垂直的判定證得平面，再利用面面垂直的判定推理作答.（2）由（1）的信息，以點為原點，建立空間直角坐標系，借助空間向量求解判斷作答.【詳解】（1）由圖知，四邊形是正方形，，在四棱錐中，，而，則，又平面，因此平面，而平面，所以平面平面.(2)假定在線段上存在點滿足條件，由（1）知，射線兩兩垂直，以點為原點，射線分別為軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，則點，設(shè)，有，設(shè)平面的一個法向量，則，令，得，顯然平面的一個法向量，依題意，解得，即點，點是線段中點，所以在線段上存在點，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，點是線段中點.20.甲，乙，丙三人進行相互傳球訓(xùn)練，第一次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個人中的一人.（1）當(dāng)傳球次后就停止傳球，求球在乙手上次數(shù)的分布列與期望；（2）求第次傳球后球恰好在甲手上的概率.答案：見解析解析：【分析】(1)列舉出經(jīng)次傳球后的所有可能，再利用古典概率公式計算球在乙手上次數(shù)的概率，列出分布列，并求出數(shù)學(xué)期望即可.(2)記表示次傳球后球在甲手中的事件，，利用相互獨立事件概率及條件概率探求與的關(guān)系，再借助數(shù)列求解作答.詳解】（1）第一次甲將球傳出后，次傳球后的所有結(jié)果為:甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共個結(jié)果，它們等可能，記球在乙手上次數(shù)為，則可能為：；；；；的分布列為：所以.（2）次傳球后球恰好在甲手中的事件記為,則有，令，則，于是得，因此，，則，而第一次由甲傳球后，球不可能在甲手中，即，則有,數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，,整理得，所以次傳球后球在甲手中的概率是.21.已知橢圓經(jīng)過點，且離心率為.（1）求橢圓的標準方程；（2）設(shè)過點的直線與橢圓交于，兩點，設(shè)坐標原點為，線段的中點為，求的最大值.答案：見解析解析：【分析】(1)由，，又，即可求出橢圓的方程.(2)設(shè)，，，利用點差法，把表示為關(guān)于的函數(shù)，可求最大值.【詳解】（1）橢圓經(jīng)過點，其離心率為．，，，，故橢圓的方程為：；（2）當(dāng)直線斜率不存在時，與重合，不合題意，當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)，，，則有，，直線的斜率為，，兩點在橢圓上，有，，兩式相減，，即，得，化簡得，，∴當(dāng)時，的最大值為.22.已知函數(shù)，其中實數(shù).（1）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)有唯一零點，求的值.答案：見解析解析：【分析】（1）將代入函數(shù)，對函數(shù)進行求導(dǎo)，因無法直接判斷的正負，令，對進行求導(dǎo)，判斷出的正負，從而求出函數(shù)的單調(diào)性；（2）先對函數(shù)進行求導(dǎo)，因無法直接判斷的正負，令，對進行求導(dǎo)，判斷出的正負，從而分析函數(shù)的單調(diào)性情況；因