湖北省十一校2023-2024学年高三下学期第二次联考数学试题及答案

这是一份湖北省十一校2023-2024学年高三下学期第二次联考数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，，满足，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ ）

A．B．C．D．
6．的展开式中的系数是，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
7．平面直角坐标系xOy中，已知点，其中，若圆上存在点P满足，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示的数阵的特点是：每行每列都成等差数列，该数列一共有n行n列，表示第i行第j列的数，比如，，则（ ）
A．
B．数字65在这个数阵中出现的次数为8次
C．
D．这个数阵中个数的和
11．用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（ ）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中为椭圆长轴，为球半径，有
三、填空题
12．已知函数，则关于x的不等式的解集为 ．
13．在矩形中，，，分别是的中点，将四边形沿折起使得二面角的大小为90°，则三棱锥的外接球的表面积为 ．

14．已知在数列中，，数列的前和为，为等差数列，，则 ．
四、解答题
15．在平面四边形中，，，．
(1)求的值；
(2)若，求的长．
16．如图所示，平面平面，且四边形是矩形，在四边形中，，，
(1)若，求证：平面；
(2)若直线与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17．2023年12月30号，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术实验卫星送入预定轨道，发射任务获得圆满完成，此次任务是长征系列运载火箭的第505次飞行，也代表着中国航天2023年完美收官．某市一调研机构为了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机的从本市大学生和高中生中抽取一个容量为n的样本进行调查，调查结果如下表：
附：
，其中．
(1)完成上述列联表，依据小概率值的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，求样本容量n的最小值；
(2)该市为了提高本市学生对航天事业的关注，举办了一次航天知识闯关比赛，包含三个问题，有两种答题方案选择：
方案一：回答三个问题，至少答出两个可以晋级；
方案二：在三个问题中，随机选择两个问题，都答对可以晋级．
已知小华同学答出三个问题的概率分别是，，，小华回答三个问题正确与否相互独立，则小华应该选择哪种方案晋级的可能性更大？（说明理由）
18．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．
（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：
（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．
19．我们知道通过牛顿莱布尼兹公式，可以求曲线梯形（如图1所示阴影部分）的面积，其中，．如果平面图形由两条曲线围成（如图2所示阴影部分），曲线可以表示为，曲线可以表示为，那么阴影区域的面积，其中．
(1)如图，连续函数在区间与的图形分别为直径为1的上、下半圆周，在区间与的图形分别为直径为2的下、上半圆周，设．求的值；
(2)在曲线上某一个点处作切线，便之与曲线和x轴所围成的面积为，求切线方程；
(3)正项数列是以公差为d（d为常数，）的等差数列，，两条抛物线，记它们交点的横坐标的绝对值为，两条抛物线围成的封闭图形的面积为，求证：．
2
3
4
5
6
7
……
3
5
7
9
11
13
……
4
7
10
13
16
19
……
5
9
13
17
21
25
……
6
11
16
21
26
31
……
7
13
19
25
31
37
……
……
……
……
……
……
……
……
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
高中生
合计
参考答案：
1．A
【分析】分别求出集合、，从而得到.
【详解】解不等式得，所以，
由得
故选：A
2．B
【分析】设复数，根据题意，列出方程求得，进而求得复数的虚部，得到答案.
【详解】设复数，
因为，可得，可得，
解得，所以复数的虚部为.
故选：B.
3．B
【分析】根据两角差的正切公式求出，再利用二倍角的正弦公式化简求得答案.
【详解】由，得，
.
故选：B.
4．C
【分析】根据已知条件可得向量的夹角为，，再利用数量积运算可得解.
【详解】由，可得向量的夹角为，
，
.
故选：C.
5．A
【分析】根据题意，得到动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，取的中点，结合，即可求解.
【详解】如图所示，因为点到点的距离相等，
可得动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，
又因为，直线与平面所成角为，
取的中点，可得，则线段的最小值为.
故选：A.

6．D
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
故的展开式中的系数为：
，即.
故选：D.
7．D
【分析】设，可得点在圆上，又点P在圆上，故两圆相交，结合两圆相交定义计算即可得.
【详解】设， ，则，即，
即点亦在圆上，圆心为，半径，
又点P在圆上，圆心为，半径，
故两圆相交，即有，
整理可得且，解得.
故选：D.
8．C
【分析】对不等式分离参数得到，令，构造函数，，则，通过导数研究单调性求出最大值即可.
【详解】由不等式恒成立，且，
分离参数得，所以，即，
设，得，，设，，则.
，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以.
所以.
故选：C.
9．ACD
【分析】根据题意，得到期望为，方差为，结合正态分布曲线的对称性，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得期望为，方差为，
对于A中，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以A正确；
对于B中，因为，即，所以B不正确；
对于C中，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以C正确；
对于D中，由正态分布曲线的性质，可得，
且，
可得，所以D正确.
故选：ACD.
10．AC
【分析】选项AC可由等差数列的基本量法确定；选项B把65代入通项，求出共有7种组合可得B错误；选项D代入特殊值检验可判断为错误.
【详解】对于A，C选项：第i行是以为首项，以为公差的等差数列，
，
所以，故A，C正确；
对于B选项：故共出现7次，故B错误；
对于D选项，令时，，而数阵中无1，故D错误；
故选：AC.
11．ABC
【分析】过点作线段，分别与球、切于点、，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.
【详解】
对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，
由图可知，、分别与球、切于点、，
故有，
由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确，
由与球切于点，故，
有，
即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；
对C:由题意可得，则，故C正确；
对D：由题意可得，，
故，即，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于作出线段，从而可结合球的切线的性质与椭圆定义逐项判断.
12．
【分析】根据分段函数的性质及对数函数的单调性解不等式可得结果.
【详解】当时，得，
当时，，得，所以，
综上：的解集为，
故答案为：.
13．
【分析】将三棱锥补形成长方体，将问题转化成求长方体的外接球，再利用长方体外接球直径即长方体体对角线长，即可求出结果.
【详解】由题意，可将三棱锥补形成长方体，则长方体的外接球也即三棱锥的外接球，
设长方体外接球半径为R，则，得到，
所以，
故答案为：.
14．
【分析】由已知可得数列为等差数列，根据，可得，结合，求得，得解.
【详解】为等差数列，所以设，为常数，
，，当时，，
，则（常数）.
数列为等差数列，
，，
所以，即，即，
则，
，，，
经检验可得，
则，，
，
.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理，即可求出结果；
（2）根据（1）中结果及条件，求得，，再利用正弦定理即可求出结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得：，
又，，，所以.
（2）由（1）知，所以，
又，所以，
所以
，
又，所以，
在中，由正弦定理可得：，得到，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由几何关系证明四边形是等腰梯形，再由长度关系得到四边形是平行四边形，最后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建系，利用线面角求出点坐标，再分别求出平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的向量公式即可求解.
【详解】（1）
证明：连接与交于点，连接，
，，
，，即 ，
又，则，
，，所以四边形是等腰梯形，
且，
，所以四边形是平行四边形，
又面，面，所以平面.
（2）因为平面平面，且四边形是矩形，为两平面的交线，，
所以平面，
建立如图所示空间直角坐标系，
由与平面所成角为，易知面可得，
所以，
因为为等腰三角形，且，
所以点的横坐标长度为，纵坐标长度为，
，
则， ，
，，
设平面的法向量为，则，
取，，
设平面的法向量为，
则，
取，，
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17．(1)
(2)选择方案一，理由见解析
【分析】（1）先补全列联表，求得关于的表达式，再利用独立性检验得到关于的不等式，解之即可得解；
（2）利用独立事件的概率公式分别求得方案一与方案二中小化晋级的概率，再比较即可得解.
【详解】（1）
零假设为：关注航天事业发展与学生群体无关，
根据列联表中的数据，经计算得到，
因为依据小概率值的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，
所以，
由题可知，n是10的倍数，
（2）记小华同学答出三个问题的事件分别A，B，C，
则，，，
记选择方案一通过的概率为，
则
；
记选择方案二通过的概率为，
则
；
，小华应该选择方案一.
18．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，
【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；
（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；
（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题意得，又，解得，
椭圆的标准方程为
（2）（i）由（1）可得，
连接，因为，，
所以，
，
，所以，
所以直线的方程为，联立，
解得或（舍去），
.
（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，
又，，直线的方程为，
由，解得，
所以，
由，得，
由，
则，所以，
则，
，
依题意、不重合，所以，即，
所以，
直线的方程为，
令即，解得，
，
，
为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给新定义、公式计算即可；
（2）利用导数求出切线方程，根据公式计算面积，据此求出切线方程中参数，得解；
（3）根据所给面积公式及定积分的运算得出，利用裂项相消法求和即可得证.
【详解】（1）由题意可知，，
.
（2）设切点为，，切线的斜率为，
则切线方程为，所以切线与轴的交点为，
所以由题意可知围成的面积：,
所以切点坐标为，切线方程为.
（3）联立，
由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为
,
令，（C为常数）,
，
，，
则.
学生群体
关注度
合计
关注
不关注
大学生
高中生
合计