湖北省武汉市2023届高三下学期数学一模试卷及答案.pptx

高三下学期数学一模高三下学期数学一模试试卷卷一一、单单选选题题1已知集合，则（）ABCD）D虚部是2.若虚数 z 使得 z2+z 是实数，则 z 满足（A实部是B实部是3.平面向量，若A6B5C虚部是 0，则（C）D4南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作详解九章算法，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等 差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数 列的前 4 项为：2，3，6，11，则该数列的第 15 项为（）A196B197C198D1995已知函数，若的值域是，则实数 的取值范围是（）ABCD6某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径 15cm，高 10cm，加工方法为在底面中心处 打一个半径为 rcm 且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则 r 的值应设 计为（）ABC4D57已知函数的部分图象如图所示，其中则下列选项中可以确定其值的量为（）.在已知的条件下，D，球体 O 表面上动点 P 满足，ABC8.设 A，B 是半径为 3 的球体 O 表面上两定点，且则点 P 的轨迹长度为（）A.BC 二二、多多选选题题D9若椭圆的某两个顶点间的距离为 4，则 m 的可能取值有（）ABCD210 在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：甲校理科生甲校文科生乙校理科生乙校文科生达标率60%70%65%75%定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（）A.乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校B.两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率C.若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为 65%，其中，记为奇数的概率为 ，为D甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率11已知离散型随机变量服从二项分布 偶数的概率为，则下列说法中正确的有（）AB时，C时，随着 的增大而增大D时，随着 的增大而减小12已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列正整数 n，则下列说法中正确的有（），对于AC三三、填填空空题题为递减数列BD13锐角 满足，则.14若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则.15已知函数有两个极值点与，若，则实数 a.16.设 F 为双曲线的右焦点，A，B 分别为双曲线 E 的左右顶点，点 P 为双曲线 E 上异于 A，B 的动点，直线 l：xt 使得过 F 作直线 AP 的垂线交直线 l 于点 Q 时总有 B，P，Q 三点 共线，则的最大值为.四四、解解答答题题17.记数列an的前 n 项和为 Sn，对任意正整数 n，有 2Snnan，且 a23.1求数列an的通项公式；2对所有正整数 m，若 ak2mak1，则在 ak 和 ak1 两项中插入 2m，由此得到一个新数列bn，求bn的前 40 项和.18.如图，四棱台的下底面和上底面分别是边 和 的正方形，侧棱上点满足.平面；所成角的正弦值.1证明：直线2若平面 19在中，（1）若，求，且，求直线与平面，D 为中点，.的长；（2）若，求的长.20.口袋中共有 7 个质地和大小均相同的小球，其中 4 个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将 4 个黑球全部取出时停止.1记总的抽取次数为 X，求 E（X）；2现对方案进行调整：将这 7 个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装 3 个小球，其中 2 个是黑球；乙袋装 4 个小球，其中 2 个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的 2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的 2 个黑球也全部取出后停止.记这 种方案的总抽取次数为 Y，求 E（Y）并从实际意义解释 E（Y）与（1）中的 E（X）的大小关系.21.过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.（i）求直线的斜率；.（ii）设面积为，求的最大值.22已知关于 的方程有两个不相等的正实根和，且（1）求实数 的取值范围；（2）设 为常数，当 变化时，若有最小值，求常数 的值.1C2A3B4C5B6D7B8D9.B,C,D10.A,B,D11.A,B,C12.A,C131481541617（1）解：由，则，两式相减得：，整理得：，即时，所以时，又时，得，也满足上式.故.（2）解：由又，所以.所以，前 40 项中有 34 项来自.故.18（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，由，故，所以，所以，所以，所以为中点，又且，且，所以且，故四边形所以为平行四边形，又平面，平面，所以平面.（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.所在直线分别为 轴、轴、轴则.所以.设平面的法向量，由，得，取，故所求角的正弦值为，所以直线与平面所成角的正弦值为.19（1）解：在中，则，在中，所以.（2）解：设，在和中，由正弦定理得，又，得，在中，由，有，所以，整理得：，又由联立得，即，整理得：，.，解得或，又，故，所以.20（1）解：X 可能取值为 4，5，6，7，；（2）解：Y 可能取值为 4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，.在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消 失，所以同样是要取出 4 个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.21（1）解：设直线与 轴 交于.由几何性质易得：所以，与相似，即：，解得：.所以抛物线的标准方程为：.（2）解：设（i）由题意，中点在抛物线上，即，又，将代入，得：，同理：，有所以直线，此时的斜率为 0.点纵坐标为，（）因为所以点，此时，所以，又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：，由，所以.时，取到最大价所以的最大值为 48.，可得.，22（1）解：由且设，则令，解得.当时，单调递增；单调递减；当时，函数的图象如下：又 趋向于 0 时趋向，趋向于时趋向 0；要使图象与直线有两个交点，则，A 的取值范围是.（2）解：因为，由（1）得，则，设，则，即，由有最小值，即有最小值.设，记，由于，若，则，可得单调递增，此时此时在若，即单调递增，没有最小值，不符合题意.时，则在单调递减，时，又，则在，且 趋向于单调递增.时趋向，故且唯一，使得.此时时，即，此时时，即，在在上单调递减；上单调递增.所以时，有最小值，而，即，整理得此时，由题意知.设设.设，故递增，.此时递增，有，令且，则，即在上递增，故，此时，故在递增，而知，的唯一解是.故的唯一解是，即.综上所述，.。