湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研数学试题（解析版）.docx

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1、 武汉市2023届高中毕业生二月调研考试数学试卷一、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. 已知集合,则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.【详解】解:因为或,所以,又有,所以.故选:C2. 若虚数z使得z2+z是实数，则z满足（ ）A. 实部是B. 实部是C. 虚部是0D. 虚部是【答案】A【解析】【分析】设（且），计算，由其为实数求得后可得【详解】设（且），是实数，因此，（舍去），或故选：A3. 平面向量，若，则（ ）A. 6B. 5C. D. 【答案】B【解析】【分析】先

2、利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解. 【详解】因为，所以，解得，所以，因此.故选：B4. 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（ ）A. 196B. 197C. 198D. 199【答案】C【解析】【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.【详解】设该数列

3、为，则；由二阶等差数列的定义可知，所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，所以将所有上式累加可得，所以；即该数列第15项为.故选：C5. 已知函数，若的值域是，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别画出分段函数对应的两个函数图象，再对实数的取值进行分类讨论即可.【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：由图可知，当或时，两图象相交，若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；同理当,值域也不是；当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；综上可知，实数的取值范围是.故选：B6. 某车

4、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（ ）A. B. C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】表示出表面积后，根据二次函数性质可得.【详解】大圆柱表面积为小圆柱侧面积为，上下底面积为 所以加工后物件的表面积为，当时表面积最大.故选：D7. 已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.【

5、详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；由图可知，利用整体代换可得，所以，若为已知，则可求得.故选：B8. 设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】建立直角坐标系，根据 确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，则，设，则，整理得到，故轨迹是以为圆心，半径的圆，转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，同时在球上，故在两球

6、的交线上，为圆.球心距为，为直角三角形，对应圆的半径为，周长为.故选：D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. 若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（ ）A. B. C. D. 2【答案】BCD【解析】 【分析】讨论两顶点的位置，由椭圆的性质结合勾股定理求解.【详解】由题意可知，若这两个顶点为长轴的两个端点时，；若这两个顶点为短轴的两个端点时，；若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，；故选：BCD10. 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

7、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65%D. 甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率【答案】ABD【解析】【分析】根据表中数据，结合达标率的计算公式对各选项逐一判断即可.【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB正

8、确；设甲校理科生有人，文科生有人，若，即，则甲校总达标率为，选项C错误；由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；故选：ABD11. 已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为， 为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）A. B. 时，C. 时，随着的增大而增大D. 时，随着的增大而减小【答案】ABC【解析】【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根

9、据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，故A正确，对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，则，所以，所以，故B正确，对于C,D选项，当时，为正项且单调递增的数列，故随着的增大而增大故选项C正确，当时，为正负交替的摆动数列，故选项D不正确.故选：ABC.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，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）A. B. C. 为递减数列D. 【答案】AC【解析】【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选

10、项；BC选项，由图像可判断选项；D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.【详解】的极值点为在上的变号零点.即为函数与函数图像在交点的横坐标.又注意到时，时，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.A选项，注意到时，.结合图像可知当，.当，.故A正确；B选项，由图像可知，则，故B错误； C选项，表示两点与间距离，由图像可知，随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；D选项，由A选项分析可知，又结合图像可知，当时，即此时，得在上单调递增，则，故D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐

11、标系下，利用图像解决问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 锐角满足，则_.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式实现角之间的转化，代入数值即可求得结果.【详解】由题意可知， 又，且为锐角，所以，即.故答案为：14. 若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则_.【答案】8【解析】【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等，由圆的圆心为：，圆心到的距离为：，圆心到的距离为：，所以，由题意，所以，故答案为：8.15. 已知函数有两个极值点与，若，则实数a_. 【答案】4【

12、解析】【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果【详解】因为函数有两个极值点与由，则有两根与所以，得因为，所以，又则，所以故答案为：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_.【答案】#1.25【解析】【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值.【详解】 设，联立整理得: ;所以，得到，所以；过F作直线PA的

13、垂线与直线交于Q，因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，Q是与的交点所以得 ，所以设则所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.故答案为：【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.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. 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

14、）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.【答案】（1） （2）1809【解析】 【分析】（1）由得出数列的递推关系，然后由连乘法求得通项；（2）考虑到，从而确定的前40项中有34项来自，其他6项由组成，由此分组求和【小问1详解】由，则，两式相减得：， 整理得：，即时，所以时， ，又时，得，也满足上式.故.【小问2详解】由.所以，又，所以前40项中有34项来自.故.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.（1）证明：直线平面； （2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解

15、析 （2）【解析】【分析】（1）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】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，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 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. 在中，D为中点， .（1）若，求的长；（2）若 ，求的长.【答案】（1）2 （2）【

16、解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案；（2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案.【小问1详解】在中，则 ，在中， ，所以.【小问2详解】设，在和中，由正弦定理得，又，得，在中，由，有，所以，整理得：，又由，整理得：， 联立得，即.，解得或，又，故，所以.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；

17、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. 【答案】（1） （2）6，答案见解析【解析】【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黒球的影响说明期望的大小关系【小问1详解】X可能取值为4，5，6，

18、7， ；【小问2详解】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. 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.【答案】（1） （2）（i）0；（ii）48【解析】【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代

19、入联立得点纵坐标为，即可解决；（）由（i）得点，又点在圆上，得，可得：即可解决.【小问1详解】设直线与轴交于.由几何性质易得：与相似，所以，即：，解得：. 所以抛物线的标准方程为：. 【小问2详解】设（i）由题意，中点在抛物线上，即，又，将代入，得：，同理：，有，此时点纵坐标为，所以直线斜率为0.（）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. 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.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据函数与方程的思

20、想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.【小问1详解】由且，可得.设，则，令，解得.当时，单调递增；当时，单调递减；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，故a的取值范围是.小问2详解】 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，即单调递增，此时在没有最小值，不符合题意.若，时，则在单调递减，时，则在单调递增.又，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.此时时，即，此时上单调递减；时，即， 在上单调递增.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，.【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.