湖南省九校联盟2023届高三数学下学期第二次联考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省九校联盟2023届高三数学下学期第二次联考试卷（Word版附解析），共34页。试卷主要包含了 已知函数，则下列论述正确的是， 已知、，且，对任意均有，则等内容，欢迎下载使用。
湖南省2023届高三九校联盟第二次联考数学一､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，只有一个是符合题目要求的.1. 已知集合，且，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先解绝对值不等式求出集合A，再根据集合的包含关系求出参数的取值范围.【详解】由题意可得：，若，则.故选：B.2. 在复数范围内解得方程的两根为，则（    ）A. 4 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】求出方程的两根，即可求出的值.【详解】由题意，在中，解得：，∴，故选：C.3. 已知函数，则下列论述正确的是（    ）A. 且，使B. ，当时，有恒成立C. 使有意义的必要不充分条件为D. 使成立的充要条件为【答案】B【解析】【分析】通过分析函数的定义域，单调性和值域，即可得出结论.【详解】由题意，在中，对于A，∵，∴若，当且仅当时，错；对于B，由复合函数单调性知，当时，函数单调递增，B正确；对于C，∵有意义，∴，是的充分不必要条件，C错；对于D，是成立的充分不必要条件，D错误.故选：B4. 如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为，则该圆台的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.【详解】因为圆台外接球的表面积，所以球的半径，设圆台的上､下底面圆心分别为，在上､下底面圆周上分别取点，连接，如图，因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，所以，，所以，,所以，所以圆台体积故选：D.5. 两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用切割圆锥的方法研究圆锥曲线，他用平行于圆锥的轴的平面截取圆锥得到的曲线叫做“超曲线”，即双曲线的一支，已知圆锥PQ的轴截面为等边三角形，平面，平面截圆锥侧面所得曲线记为C，则曲线C所在双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 2【答案】A【解析】【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，得到点的坐标，从而得到双曲线方程，然后结合离心率公式，即可得到结果.【详解】如图，设平面，平面与圆锥侧面的交线为，过垂直于的母线与曲线交于，不妨延长至，使.过垂直于的截面交曲线为，设在平面内的投影为点，以为原点，投影为轴建立平面直角坐标系，易知点为双曲线顶点.设，则可求点坐标为，代入方程：，知，故双曲线离心率为，故选:.6. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（    ）A. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，且已知，则总体方差B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1C. 已知随机变量服从正态分布，若，则D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则【答案】C【解析】【分析】对于A项，由分层抽样的方差公式判断即可；对于B项，运用越大相关性越强可判断；对于C项，由正态分布的对称性可求得结果；对于D项，运用百分位数计算公式即可求得结果.【详解】对于A项，总体方差与样本容量有关，故A项错误；对于B项，相关性越强，越接近于1；故B项错误；对于C项，若，则，所以，故C项正确；对于D项，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，所以，解得：，故.故D项错误.故选：C.7. 如图，是平行四边形所在平面内的一点，且满足，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 1【答案】D【解析】【分析】运用向量线性运算及数量积运算求解即可.【详解】由已知，可得，又四边形为平行四边形，
 所以，所以.故选：D.8. 已知、，且，对任意均有，则（     ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【分析】推导出与符号相同，构造函数，然后对四个选项中的条件逐一验证，即可得出合适的选项.【详解】，故与的符号相同，当时，；当时，.所以，与的符号相同.，令，所以，当时，恒成立，令，可得，，.，分以下四种情况讨论：对于A选项，当，时，则，当时，，不合乎题意，A选项错误；对于B选项，当，时，则，若，若、、均为正数，①若，则，当时，，不合乎题意；②若，则，当时，，不合乎题意.③若、、都不相等，记，则当时，，不合乎题意.由上可知，，当时，若使得恒成立，则，如下图所示， 所以，当，时，且，时，当时，恒成立；对于C选项，当，时，则，①若时，则当时，，不合乎题意；②当时，构造函数，其中，，函数在上单调递增，则，.当时，由于，则，不合乎题意，C选项错误；对于D选项，当，时，则，此时、、为正数.①当、、都不相等时，记，当时，，不合乎题意；②若，则，当时，，不合乎题意；③当时，，当时，， 不合乎题意所以，D选项错误.故选：B.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于以下两点：（1）分析与同号；（2）对、、的大小关系进行讨论，结合穿针引线法进行验证.二､多选题：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. 已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（    ）A. 函数的周期为2 B. 函数的图象关于对称C. 函数为偶函数 D. 函数的图象关于对称【答案】BC【解析】【分析】根据给定的信息，推理论证周期性、对称性判断AB；借助变量替换的方法，结合偶函数的定义及对称性意义判断CD作答.【详解】依题意，上的函数，，则，函数的周期为4，A错误；因为函数是偶函数，则，函数的图象关于对称，且，即，函数图象关于对称，B正确；由得，则函数为偶函数，C正确；由得，由得，因此，函数的图象关于对称，D错误.故选：BC10. 已知为圆上的两点，为直线上一动点，则（    ）A. 直线与圆相离B. 当为两定点时，满足的点有2个C. 当时，的最大值是D. 当为圆的两条切线时，直线过定点【答案】AD【解析】【分析】利用点到直线的距离判断A；确定最大时的情况判断B；取AB中点D，由线段PD长判断C；求出直线AB的方程判断D作答.【详解】对于A，因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；对于B，当A，B为过点P的圆O的切线的切点时，最大，而，显然是锐角，正弦函数在上单调递增，，因此最大，当且仅当最大，当且仅当最小，则有，此时，所以当为两定点时，满足的点只有1个，B错误；对于C，令AB的中点为D，则，，点D在以O为圆心，为半径的圆上，，显然当在上运动时，无最大值，C不正确；对于D，设，当为切线时，，点在以为直径的圆上，此圆的方程为，于是直线为，即，所以直线过定点，D正确.故选：AD11. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A. B. 在区间上单调递增C. 将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象D. 函数的零点个数为7【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，即有，由知，，因此，A正确；显然，当时，，因此单调递增，B正确；将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，而，C错误；由，得，令，则，令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，当时，，令，，函数在上都递减，即有在上递减，，，因此存在，，当时，，当时，，有在上递增，在递减，，，于是存在，，当时，，当时，，则函数在上递减，在递增，，，从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，，，，从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，所以函数的零点个数为7，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.12. 如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（    ）A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为B. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为C. 若保持，则点的运动轨迹长度为D. 当在点时，三棱锥的外接球表面积为【答案】BCD【解析】【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断D.【详解】对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接，则，故错误；对于，因为平面，平面，，又，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，平面，所以平面，所以过点作交交于，过作交交于，由，可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，，则平面平面，设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，所以，故B正确；对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，过点作平面，则，此时，所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为，点的运动轨迹长度为，故正确；对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，则，设三棱锥的外接球球心为，由得，，解得：，所以三棱锥的外接球半径，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为___________.【答案】【解析】【分析】求出展开式有几项，并写出的展开式的通项，即可得到展开式中的常数项.【详解】由题意，在中，展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，∴，解得：，因此的展开式的通项为：，故的展开式中的常数项为.故答案为：.14. 对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列.若数列为原数列的一阶差数列，数列为原数列的一阶差数列，则称数列为原数列的二阶差数列.已知数列的二阶差数列是等比数列，且，则数列的通项公式___________.【答案】【解析】【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果.【详解】设数列为原数列的一阶差数列，为原数列的二阶差数列.则由题意可知.又为等比数列，故公比，所以，即.当时，，将代入得，符合，所以，.所以，当时，，将代入得，符合，所以，.故答案为：.15. 已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意设直线的方程为，联立抛物线方程，然后结合韦达定理即可得到结果.【详解】如图，易知过点且与直线相切的圆就是以为直径的圆，设，则，由有，设直线的方程为，代入有，所以，结合，得.故答案为: 16. 已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】将不等式转化为，构造函数，研究函数单调性，将问题转化为恒成立，再运用分离参数法求最值即可.【详解】因为，所以，.即.令，易知在上单调递增，又，所以恒成立，即恒成立.所以.令，，则，，由，，则在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即，故实数的最大值为.故答案：.【点睛】同构法的三种基本模式：①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；②比商型，如可以同构成，进而构造函数；③和差型，如，同构后可以构造函数或.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略：（1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．（2）恒成立；恒成立；能成立；能成立.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. 已知分别为三角形三个内角的对边，且有.（1）求角A；（2）若为边上一点，且，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）运用正弦定理边化角、和角公式及辅助角公式求解即可.（2）解法一：运用正弦定理求解即可；解法二：运用向量线性表示证得即可.【小问1详解】由，有，.即，所以，因为,所以，即:，又因为，故.【小问2详解】解法一：设，则，在△中，由正弦定理知，，即，化简得，，则，即.解法二：如图所示，取中点，延长与的延长线交于点，连接，由有，由，设，则，即，故，所以，即为中点.又为中点，所以，又，所以△为正三角形，又平分，所以，所以.18. 记为数列的前项和，已知.（1）求的通项公式；（2）令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.【答案】（1）    （2）2【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出，再根据求出；（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数【小问1详解】由有，即，又，故，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以，即，故，两式相减得，即，所以，因此的通项公式为.【小问2详解】由（1）及，有，所以，又，因为均为正整数，所以存在正整数使得，故，所以除以3的余数为2.19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】(1) 取中点靠近点的三等分点，连接，由题意可得四边形为矩形，，，进而可得平面，，再由为等腰直角三角形，可得，即可得平面，进而得证；(2)利用空间向量法求解.【小问1详解】证明：取中点靠近点的三等分点，连接，因为底面为直角梯形，且∥，则有∥=所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为矩形，所以，因为，所以，所以，因为平面，所以平面.又平面，所以，由，得，又，所以为等腰直角三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）可知，三条直线两两互相垂直且交于点，以为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，由,有，取，设平面的法向量为，由,有，取，.设平面与平面所成锐二面角为，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20. 直播带货是扶贫助农的一种新模式，这种模式是利用主流媒体的公信力，聚合销售主播的力量助力打通农产品产销链条，切实助力贫困地区农民脱贫增收.某贫困地区有统计数据显示，2022年该地利用网络直播形式销售农产品的销售主播年龄等级分布如图1所示，一周内使用直播销售的频率分布扇形图如图2所示，若将销售主播按照年龄分为“年轻人”（20岁~39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用直播销售用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用直播销售用户”，且“经常使用直播销售用户”中有是“年轻人”.（1）现对该地相关居民进行“经常使用网络直播销售与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，完成2×2列联表，根据的独立性检验，能否认为经常使用网络直播销售与年龄有关？使用直播销售情况与年龄列联表 年轻人非年轻人合计经常使用直播售用户   不常使用直播销售用户   合计    （2）某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“销售该地区农产品”的项目上，现有两种销售方案供选择：方案一：线下销售､根据市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利30%，可能亏损15%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为.方案二：线上直播销售.根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为针对以上两种销售方案，请你从期望和方差的角度为投资公司选择一个合理的方案，并说明理由.参考数据：独立性检验临界值表【答案】（1）列联表见解析，认为经常使用网络直播销售与年龄无关    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）运用图表分布计算补全列联表，运用公式计算与2.706比较即可.（2）分别写出两个方案的分布列并计算两个方案的期望和方差比较即可.【小问1详解】由图1知，“年轻人”占比为，即有人），“非年轻人”有200人由图2知，“经常使用直播销售用户”占比为，即有（人），“不常使用直播销售用户”有（人）.“经常使用直播销售用户中的年轻人”有（人），“经常使用直播销售用户中的非年轻人”有120-人.∴补全的列联表如下： 年轻人非年轻人合计经常使用直播销售用户10020120不常使用直播销隹用户602080合计16040200零假设：经常使用网络直播销售与年龄相互独立，即经常使用网络直播销售与年龄无关.于是.∴.根据小概率的独立性检验，我们推断成立，即认为经常使用网络直播销售与年龄无关.【小问2详解】若按方案一，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：3000万元..（或.）若按方案二，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：5000万元，106900.（或.）∵.①方案一与方案二的利润均值差异不大，但方案二的方差要比方案一的方差大得多，从稳定性方面看方案一线下销售更稳妥，故选方案一.②方案一的利润均值低于方案二，选择方案二.21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与点的距离的最大值为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）点在直线上，点关于轴的对称点为，直线分别交椭圆于两点（不同于点）.求证：直线过定点.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率可得，设点结合椭圆方程整理得，根据题意分类讨论求得，即可得结果；（2）设直线及的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线的斜率是否存在.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，得，设点为椭圆上一点，则，则，因为，所以，①当时，，解得（舍去）；②当时，，解得；综上所述：，则，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】①当斜率不存在时，设且，则，则直线为，令，得，即，同理可得.∵与关于轴对称，则，解得，矛盾；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，设，其中且，联立方程组，消去化简可得，，则，所以，由，可得，所以直线的方程为，令，得，即，直线的方程为，令，得，即，因为和关于轴对称，则，把代入上式，则，整理可得，则，∵，则，可得，化简可得，则直线的方程为，即，所以直线过定点；综上所述：直线过定点.【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．22. 已知.（1）判断函数的单调性；（2）若是函数的两个极值点，且，求证：.【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用导数研究函数单调性及含参一元二次不等式解集即可.（2）由已知得，，（i）先证：.证法一：化简不等式为，构造同构函数研究其单调性即可，证法二：运用函数单调性及作差法比较大小即可.（ii）再证：.运用，等量代换，再与中介值0比较即可.【小问1详解】易知函数的定义域为，又，当时，，，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，或，，所以在上单调递减，在和上单调递增；当时，，所以在上单调递增；当时，或，，所以在上单调递减，在和上单调递增.综述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，，所以在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增.【小问2详解】由，有，由题意可知是方程的两个不同的正根，因此，即：，又因为 ，所以，又因为，所以.所以.（i）先证：.证法一：要证明，只需证明，因为，，所以只需证明，即证，又，故只需证明，即证，因，故，所以，令，，则，故在上单调递减，所以，即，证毕.证法二：因为，所以由（1）可知，在上单调递减，要证，只需证明，因为，所以，故，证毕.（ii）再证：.要证，即证，只需证明，又，故只需证明，即证，因为，所以.综上，.【点睛】研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．