湖南省九校联盟2023届高三下学期数学第二次联考试卷【含答案】

 高三下学期数学二模试卷

一、单选题

1．已知集合，且，则实数的取值范围为（　　）

A． B． C． D．

2．在复数范围内解得方程的两根为，则（　　）

A．4 B．1 C．2 D．3

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

4．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．

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

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1

C．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

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

8．已知、，且，对任意均有，则（　　）

A．， B．，

C．， D．，

二、多选题

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

10．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

11．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

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

三、填空题

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　     　.

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　     　.

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　     　.

16．已知不等式恒成立，则实数的最大值为　     　.

四、解答题

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.

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.

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.

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”.

参考数据：独立性检验临界值表

（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

（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.

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.

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：.

1．B

2．C

3．B

4．D

5．A

6．C

7．D

8．B

9．B,C

10．A,D

11．A,B,D

12．B,C,D

13．-84

14．

15．

16．

17．（1）解：由，有，.

即，

所以，因为，所以，

即：，

又因为，故.

（2）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．（1）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.

（2）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．（1）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.

（2）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．（1）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：

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.

（2）解：若按方案一，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：

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：

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，故答案为：方案一.

②方案一的利润均值低于方案二，选择方案二.

21．（1）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.

（2）证明：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.

22．（1）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.

（2）证明：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，

因为，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，.