湖南省常德市2023届高三（二模）数学试题

湖南省常德市2023届高三（二模）数学试题

一、单选题

1．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

2．已知函数，，将函数的图象经过下列哪种可以与 的图象重合（    ）

A．向左平移个单位 B．向左平移个单位

C．向右平移个单位 D．向右平移个单位

3．已知向量、满足，且，，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

4．某人同时掷两颗骰子，得到点数分别为，，则焦点在轴上的椭圆的离心率的概率是（    ）

A． B． C． D．

5．已知是周期为的奇函数，，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

7．下列说法不正确的是（    ）

A．回归分析中，的值越大，说明残差平方和越小

B．若一组观测、、满足，若恒为，则

C．回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法

D．画残差图时，纵坐标为残差，横坐标一定是编号

8．已知A，B，C，D，E为抛物线上不同的五点，抛物线焦点为F，满足，则（    ）

A．5 B．10 C． D．

二、多选题

9．已知圆：与圆：外切，则的值可以为（    ）

A． B． C． D．

10．下列命题中为真命题的是（    ）

A．“”的充要条件是“”

B．“”是“”的既不充分也不必要条件

C．命题“，”的否定是“，”

D．“，”是“”的充分条件

11．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题中正确的是（ ）

A．若则 B．若则

C．若，则 D．若则

12．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第个正方形的边长为（其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…），第个直角三角形（阴影部分）的面积为（其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…），则（    ）

A．数列是公比为的等比数列 B．

C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前项和

三、填空题

13．已知为曲线在处的切线，当直线与坐标轴围成的三角形面积为时，实数的值为______.

14．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有_____种．

15．已知函数.如果存在实数使函数，在处取得最小值，则实数的最大值为__．

16．在正方体中，是线段的中点，若四面体的外接球体积为，则正方体棱长为______．

四、解答题

17．在中，，，边中线.

(1)求的值；

(2)求的面积．

18．已知数列的前项和为，且满足

(1)的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

19．某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有，，三款软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：

(1)从这人中随机抽取人，求这人恰好来自同一班级的概率；

(2)从这名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选，两款软件学习的概率都是，且他们选择，，任一款软件都是相互独立的，设这三名学生中下午自习时间选软件的人数为，求的分布列和数学期望．

20．已知、是双曲线的两个顶点，点是双曲线上异于、的一点，为坐标原点，射线交椭圆于点，设直线、、、的斜率分别为、、、.

（1）若双曲线的渐近线方程是，且过点，求的方程；

（2）在（1）的条件下，如果，求的面积；

（3）试问：是否为定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.

21．已知函数．

（1）若在处取极值，求在点处的切线方程；

（2）当时，若有唯一的零点，求

注表示不超过的最大整数，如

参考数据：

参考答案：

1．B

【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据时，的符号可排除D，根据时，函数的函数值可排除C，即可得解.

【详解】解：因为，所以，所以函数为奇函数，排除A；

时，恒成立，排除D；

当时，根据一次函数与指数函数的增长速度，可知，排除C；

故选：B.

2．C

【分析】利用诱导公式结合三角函数的平移即可.

【详解】，

将函数的图象向右平移个单位：；

故选：C

3．A

【分析】由题知，进而得，，再根据夹角公式求解即可.

【详解】解：因为向量、满足，

所以，即

所以，，即.

所以，，

所以，

因为，

所以.

故选：A

4．C

【分析】根据椭圆的离心率，有，解得，再利用列举法和古典概型概率计算公式，求得相应的概率.

【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以，

而，解得，

投掷骰子得到点数共有种，

其中满足的有：

共种，

所以所求概率为.

故选：C.

5．D

【分析】根据函数的周期性和奇偶性计算即可.

【详解】是周期为的奇函数，

.

故选：D

6．C

【分析】根据并集的定义即可得解.

【详解】因为集合，，

所以.

故选：C.

7．D

【分析】根据相关指数与残差的关系可判断AB选项的正误；利用回归分析的概念可判断C选项的正误；利用残差图可判断D选项的正误.

【详解】对于A，回归分析中，的值越大，说明模型的拟合效果越好，则残差平方和越小，A对；

对于B，若一组观测、、满足，若恒为，则，B对；

对于C，回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法，C对；

对于D，残差图中横坐标可以是样本编号，也可以是身高数据，还可以是体重的估计值等，D错.

故选：D.

8．B

【分析】由题意可得，焦点，准线为，由，可得，根据抛物线的定义，可得结论．

【详解】抛物线的准线方程为，焦点坐标为．

设，，，，的纵坐标分别为，，，，，则

，

，

，

根据抛物线的定义，可得

，

故选：B．

【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，得到是解题的关键．

9．AC

【分析】由两圆外切可得圆心距等于半径之和，从而可得答案.

【详解】圆：的圆心，半径，

圆：的圆心，半径，

因为圆：与圆：外切，

所以，即，解得或.

故选：AC.

10．BD

【分析】对A：由，但即可判断；

对B：取，满足，但；同理取，满足，但即可判断；

对C：根据存在量词的命题的否定即可判断；

对D：因为，但即可判断.

【详解】对A：由，但，所以是的充分不必要条件，故选项A错误；

对B：取，满足，但，所以；同理取，满足，但，所以，所以是的既不充分也不必要条件，故选项B正确；

对C：命题“，”的否定是，”，故选项C错误；

对D：因为，但，所以“，”是“”的充分不必要条件，故选项D正确；

故选：BD.

11．AD

【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.

【详解】由，是两条不同的直线，是两个不同的平面，

若，由线面垂直的性质和线面平行的性质，可得，所以A正确；

若，则或，所以B不正确；

若，则与相交、平行或异面，所以C不正确；

若，则在内存在直线，使得，由，可得，

结合面面垂直的判定定理，即可证得，所以D正确.

故选：AD.

12．BD

【分析】根据题意有，即可判断数列为等比数列，进一步求出可判断.

【详解】由图可知，

所以，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故A错误；

则，由题可得，

所以，故B正确；

因为，所以数列是公比为的等比数列，故C错误；

，故D正确.

故选：BD.

13．或

【分析】求出函数的导数，求得在点处的切线方程，令求出的值，令求出的值，再由三角形的面积公式，得到关于的方程，从而求得或．

【详解】因为，所以，

所以切线的方程为：，

令得：；令得：，

所以，解得：或，故填：或．

【点睛】本题考查导数的几何意义、曲线在某点处的切线方程，考查运算求解能力．

14．70

【详解】试题分析：任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法数．

解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C51=30种；

甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C52=40种；

共有30+40=70种．

故答案为70

考点：组合及组合数公式．

15．

【分析】将在处取得最小值，转化为恒成立，存在实数，再将存在问题转化为最值问题即可.

【详解】，

当时，在处取得最小值，

则，即：，

当时,不等式恒成立.

当时, 不等式可化为：，

设，，

知其图象是开口向下的抛物线, 故在闭区间上的最小值必在端点处取得，且则不等式成立的充要条件是 整理得,则该不等式在上有解，即

得解,故实数的最大值为.

故答案为：

16．4

【分析】利用几何关系，找到外接球的球心，从而列出一个关于正方体棱长的方程，解方程即可.

【详解】设该正方体的棱长为，设四面体的外接球的半径为R，

取BD的中点H，可得H是下底面ABCD的中心，设四面体的外接球的球心为O，

在正方体中，

平面ABCD，即平面ABD，

则点O在MH上，

连接OA，

即正方体棱长为4.

故答案为：4

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换得出的值；

（2）由余弦定理得出，最后由面积公式得出的面积．

【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得

因为，所以，因为，所以.

（2）因为，，可知为等腰三角形.

在中，由余弦定理可得

即，解得.

所以的面积为.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据作差得到，从而得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出通项公式；

（2）由（1）可知，利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）因为①，

当时，则，

当时②，

①②得，即，

则，所以，

所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.

（2）因为，所以，

所以③，

④，

③④得

，

所以.

19．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）结合组合的应用，根据古典概型公式求解即可；

（2）由题知，甲乙丙同学选择任一款软件学习的概率是，，进而根据二项分布求解即可.

【详解】（1）解：由题知，从这人中随机抽取人，共有种可能情况，

记“这人恰好来自同一班级”为事件，

则事件包含的可能情况有：种，

所以，

（2）解：由题知，的可能取值为，

因为选，两款软件学习的概率都是，且他们选择，，任一款软件都是相互独立的

所以，他们选择款软件学习的概率是

所以，这三名学生中下午自习时间选软件的人数为

所以，，，

，；

所以，的分布列为：

所以，

20．（1）；（2）的面积为；（3）定值为.

【分析】（1）设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，可求出双曲线的方程；

（2）设点的坐标为，设直线的方程为，则，由点在双曲线上得出，可得出，利用斜率公式以及条件可求出射线的方程，由此可得出点的纵坐标，由此计算出的面积；

（3）由题意得出，设点、，则，利用斜率公式得出，，由此可得出的值.

【详解】（1）由于双曲线的渐近线方程为，可设双曲线的方程为，

将点的坐标代入双曲线的方程得，

因此，双曲线的方程为；

（2）设射线所在直线的方程为，设点，则，

因为点在双曲线上，所以，可得.

，.

所以，射线所在直线的方程为.

联立直线的方程与椭圆的方程，解得，

所以，点的纵坐标为，因此，的面积为；

（3）设点、，

由于点在双曲线上，则，得，

，，，

同理可得，因此，.

【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的方程，同时也考查了双曲线中三角形面积的计算以及椭圆、双曲线中的直线斜率的关系，解题时要充分利用点的坐标所满足的等式进行化简计算，考查运算求解能力，属于中等题.

21．（1）；（2）2

【详解】试题分析：（1）求导，利用对应导函数为0求出值，再利用导数的几何意义进行求解；（2）求导，讨论导函数的符号变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.

试题解析：（1）因为，所以，解得，则，即在点处的切线方程为，即；

（2），

令，则

由，可得

在上单调递减，在上单调递增

由于，故时，

又，故在上有唯一零点，设为，

从而可知在上单调递减，在上单调递增

由于有唯一零点，故且

又......

令，可知在上单调递增

由于，，

故方程的唯一零点，故