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孝感高中2023级高三年级
数学试题
本卷满分150分 考试时间：120分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，若，则实数的取值为( )
A. B. 或 C. D. 或
2.已知平面向量，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
3.“”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
4.若，，则( )
A. B.
C. D.
5.若正整数，满足等式，且，则( )
A. B. C. D.
6.正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边中点，，，作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前个正方形的面积和为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，，则关于的不等式的解集是( )
A. B. C. D.
8.已知双曲线：的左焦点、右顶点分别为，，过点倾斜角为的直线交的两条渐近线分别于点，若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则( )
A. 的图象关于点对称
B. 的最小正周期为
C. 的最小值为
D. 在上有四个不同的实数解
10.已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则( )
A. B. C. D.
11.设正整数，其中，，，，记为上述表示中为的个数例如：，所以已知集合，下列说法正确的是( )
A.
B. 对任意的，有
C. 若，则使成立的的取值个数为
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为 ．
13.已知随机变量X,Y相互独立,且X~N(4,4),Y~B(4,),则P(X4,Y1)= .
14.在平面直角坐标系中，起点为坐标原点的向量满足，且，若存在向量、，对于任意实数，，不等式成立，则实数的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在等差数列中，，且，，构成等比数列．
求数列的通项公式；
令，记为数列的前项和，若，求正整数的最小值．
16.本小题分
在正三棱台中，，，分别是，的中点．
求证：四边形是矩形
若，求直线与平面所成角的正弦值
17.本小题分
建立如图所示的坐标系矩形中，，，，，分别是矩形四条边的中点，直线，上的动点，满足，，直线与的交点为．
证明点在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程
当时，过点的直线与轴不重合与中的椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为点设直线与轴交于点，求面积的最大值．
18.本小题分
某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分平局不得分棋手负减分当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止否则比赛继续已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为，，，且各局比赛相互独立．
求两局后比赛终止的概率
在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率
在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
19.本小题分
已知函数．
当时，求证：；
若对恒成立，求的取值范围；
若存在，，使得，求证：．孝感高中2023级高三年级
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，若，则实数的取值为( )
A. B. 或 C. D. 或
解：，
，
或，
或或，
或时，集合的元素不满足互异性，时，集合的元素不满足互异性，不合题意；
时，符合题意，
故选：．
2.已知平面向量，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
解： ，，
， ，
则 在 上的投影向量为
3.“”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
解：复数，
由，解得，
若复数为纯虚数，则，
若，，则复数为纯虚数，
综上所述：“”是“复数为纯虚数”的充要条件．
故选C．
4.若，，则( )
A. B.
C. D.
【解析】解：根据题意得，，即，
所以，
所以，
所以，
则可得．
故选：．
5.若正整数，满足等式，且，则( )
A. B. C. D.
解：因为
，
所以．
6.正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边中点，，，作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前个正方形的面积和为( )
A. B. C. D.
【解析】解：第一个正方形的边长为，面积，
取各边中点作第二个正方形时，原正方形各边中点连线形成的新正方形边长为原正方形边长的由勾股定理计算可得，
因此第二个正方形的面积，
同理，第三个正方形的面积，
以此类推，各正方形面积构成首项，公比的等比数列，
前个正方形的面积和为等比数列前项和，根据等比数列求和公式
．
故选：．
7.已知函数，，则关于的不等式的解集是( )
A. B. C. D.
【解析】解：设，
则，是奇函数，
又函数，在上单调递减，
所以函数在上单调递减，
原不等式可化为，
即，
因为是奇函数，所以，
由于在上单调递减，
所以等价于，
所以，解得，
综上，不等式的解集是．
故选：．
8.已知双曲线：的左焦点、右顶点分别为，，过点倾斜角为的直线交的两条渐近线分别于点，若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程是( )
A. B. C. D.
【解析】解：由题意可得，，
双曲线的渐近线方程为，
过点倾斜角为的直线方程为，
联立渐近线方程可得，，
为等边三角形，
，
，
，
双曲线的渐近线方程是
故选：．
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则( )
A. 的图象关于点对称
B. 的最小正周期为
C. 的最小值为
D. 在上有四个不同的实数解
【答案】BD
【解析】解：当即，时，
当即，时，
选项A取，，，但，故A错误；
选项B和的最小正周期均为，分段后的最小正周期仍为，故B正确；
选项C在区间，上，最小值为，对应，
在区间，上，最小值为，对应，故最小值为， C错误；
选项D解方程，，，在内解为，均在对应区间
，，在内解为，均在对应区间，共四个解，故D正确．
故选：．
10.已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】解：因为函数是上的偶函数，
所以，则，
又是的导函数，
所以，故是奇函数且，
由，两边同时求导可得，
故的图象关于直线对称，
因为，故C正确；
对于选项，因为，故A正确
对于选项，例如函数，此时，故B错误；
对于选项，由及是偶函数，得，
所以，，
即，所以周期，
故，则，故D正确．
故选：．
11.设正整数，其中，，，，记为上述表示中为的个数例如：，所以已知集合，下列说法正确的是( )
A.
B. 对任意的，有
C. 若，则使成立的的取值个数为
D.
【答案】ACD
【解析】解：对于，，其中的个数，故选项A正确；
对于，构造反例验证，取，，此时，计算得，，和为，与不符，故选项B错误；
对于，集合包含所有位不含前导零，当时，相当于在位中选位为，组合数为，故选项C正确；
对于，每一位的在全体数中出现次数为，总共有位，故总和为，通过特殊值验证如时总和为，与公式一致，故选项D正确．
故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为 ．
【答案】
解：因为，，
所以，，
则在点处的切线方程为，即
在点处的切线方程为：，即，
由已知得，得，解得，
所以，
所以．
故答案为．
13.已知随机变量X,Y相互独立,且X~N(4,4),Y~B(4,),则P(X4,Y1)= .
【答案】
【解析】解：x∽N(4,4),P(X4)=,Y∽B(4,),P(Y1)=P(Y=0)+P(Y=1)=+4=，P(X4,Y1)=.
14.在平面直角坐标系中，起点为坐标原点的向量满足，且，若存在向量、，对于任意实数，，不等式成立，则实数的最大值为 ．
【答案】
解：因为，且，所以的夹角为，
设，
则点，在单位圆上，点，在直线上，如图所示，
根据，的任意性，即求点，到直线距离之和的最小值，即点，分别是点，在直线上的射影点，
同时根据的存在性，问题转化为求解的最大值，
设的中点为，设点，在直线上射影点分别为，，
则，
当且仅当点，，依次在一条直线上时取等号，
所以，故所求实数的最大值为．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在等差数列中，，且，，构成等比数列．
求数列的通项公式；
令，记为数列的前项和，若，求正整数的最小值．
【答案】解：设等差数列的公差为，
则由，，成等比数列及，
得，
即，解得．
当时，，，构成等比数列，符合条件
当时，，，不能构成等比数列，不符合条件．
因此，于是数列的通项公式为
由知，故，
所以
，
易知在正整数集上严格递增，且，．
故满足的正整数的最小值为．
16.本小题分
在正三棱台中，，，分别是，的中点．
求证：四边形是矩形
若，求直线与平面所成角的正弦值
【答案】解：延长，，交于点，过点作平面，垂足为，连结，在正三棱台中，，是正三角形，因为，分别是，的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形因为几何体是正三棱台，所以三棱锥是正三棱锥，是底面正的中心，所以又平面，平面，所以因为，，平面，所以平面，又平面，所以，所以在正三棱台中，，是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，，所以，所以四边形是矩形 法一：延长交于点，连结，过点作，垂足为，连结由可知，平面，即平面，因为平面，所以，又，，，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，在正三棱台中，，，不妨设，则，，在等腰中，在中，所以直线与平面所成角的正弦值为法二：过作以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．在正三棱台中，，，不妨设，则，，，设上底面的中心为，在直角梯形中，，，，所以故，又，所以，设为平面的法向量，则，即，取，得，，所以是平面的一个法向量，又，所以，，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．
17.本小题分
建立如图所示的坐标系矩形中，，，，，分别是矩形四条边的中点，直线，上的动点，满足，，直线与的交点为．
证明点在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程
当时，过点的直线与轴不重合与中的椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为点设直线与轴交于点，求面积的最大值．
【答案】解：依题意，，，由得：，
当时，直线的方程为，
又，，由得：，
所以，直线的方程为，
由得，由得，
两式相乘得，，整理得．
当时，点，
设，，设直线的方程为：，
由，消去得：，
则，，，
依题意，，直线的方程为：，
令，得点的横坐标为：，
又，则，
因此直线过定点，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的面积最大值为．
18.本小题分
某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分平局不得分棋手负减分当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止否则比赛继续已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为，，，且各局比赛相互独立．
求两局后比赛终止的概率
在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率
在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
【答案】解：设第局比赛甲胜为事件，第局比赛甲平为事件，第局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止，
当棋手得分为分，则局均负，即
当棋手得分为分，则局先平后胜，即，
因为，互斥，
所以
，
所以两局后比赛终止的概率为；
设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件，
因为
，
，
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
，
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
因为局获奖励万元，说明甲共胜局，
当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种
当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，
所以，
，
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
19.本小题分
已知函数．
当时，求证：；
若对恒成立，求的取值范围；
若存在，，使得，求证：．
【答案】解：证明：由，得，
要证，只要证，
令，则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以，即，
因此；
，，
令
，
当时，由，得，，
因此，满足题意，
当时，由，得，，
因此，则在上单调递增，
若，则，
则在上单调递增，
所以，满足题意，
若，则，，
因此在存在唯一的零点，且，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，不合题意，
综上，的取值范围为；
证明：由知，设，
所以在上单调递减，在上单调递增，
注意到，，，
故在上存在唯一的零点，，
注意到，，且在上单调递增，
要证明，只要证，
因为，所以只要证，
即证，
因为，即，
所以，只要证，
只要证，
由得，
因此，
设，，则，
所以在上单调递增，所以，
从而，即，
因此得证，从而．

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