湖南省怀化市2023届高三二模数学试题

湖南省怀化市2023届高三二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则的真子集共有（    ）

A．3个 B．6个 C．7个 D．8个

2．若复数是的根，则（    ）

A． B．1 C．2 D．3

3．科学家康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基在年提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度．已知某实验用的单级火箭模型结构质量为 ，若添加推进剂，火箭的最大速度为，若添加推进剂，则火箭的最大速度约为（参考数据：)（    ）

A． B． C． D．

4．如图，在平面四边形中，，.若点为边上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．2

5．若，则被8整除的余数为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

6．设，函数的图象向右平移个单位长度后与函数图象重合，则的最小值是（   ）

A． B． C． D．

7．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知球的半径为，球面上有不共面的四个点，且，则四面体体积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．下列结论中，正确的有（    ）

A．数据1，2，4，5，6，8，9的第百分之60分位数为5．

B．已知随机变量X服从二项分布，若，则．

C．已知回归直线方程为，且，，则．

D．对变量x与y的统计量来说，值越小，判断“x与y有关系”的把握性越大．

10．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（    ）

A．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点

B．若为上的动点，则的最小值为5

C．直线与抛物线相交所得弦长为8

D．抛物线与圆交于两点，则

11．数列满足，，数列的前n项和为，且，则下列正确的是（    ）

A．

B．数列的前n项和

C．数列的前n项和

D．

12．函数，，下列说法正确的是（    ）．（参考数据：，，，）

A．存在实数m，使得直线与相切也与相切

B．存在实数k，使得直线与相切也与相切

C．函数在区间上不单调

D．函数在区间上有极大值，无极小值

三、填空题

13．点到直线距离的最大值为___________.

14．信息技术辅助教学已经成为教学的主流趋势，为了了解学生利用学习机学习的情况，某研究机构在购物平台上购买了6种主流的学习机，并安排4人进行相关数据统计，且每人至少统计1种学习机的相关数据（不重复统计），则不同的安排方法有___________.

15．如图，分别是双曲线的右顶点和右焦点，过作双曲线的同一条渐近线的垂线，垂足分别为为坐标原点，若，则的离心率为___________.

16．已知实数，，满足，，其中是自然对数的底数，则的值为___________.

四、解答题

17．已知为数列的前n项和，，; 是等比数列，，，公比．

(1)求数列，的通项公式；

(2)数列和的所有项分别构成集合A，B，将的元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求．

18．如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．

(1)求证：四边形为平行四边形；

(2)若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．

19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

(1)求角A；

(2)若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．

20．某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销活动，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人赢取“购书券”的游戏．游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在不透明的箱中装有个号码分别为、、、、的小球（小球除号码不同之外，其余完全相同）．每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球（摸球者无法摸出小球号码）．若双方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除个积分，乙增加个积分；若号码之差为偶数，则甲增加个积分，乙被扣除个积分．游戏开始时，甲、乙的初始积分均为零，游戏结束后，若双方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书券”奖励；若双方的积分相等，则均不能获得奖励．

(1)设游戏结束后，甲的积分为随机变量，求的分布列；

(2)以（1）中的随机变量的数学期望为决策依据，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，记正整数的最小值为．

①求的值，并说明理由；

②当时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率．

21．如图，椭圆的左焦点为，过点的直线交椭圆于两点.的最大值是，的最小值是，满足.

(1) 求该椭圆的离心率；

(2) 设线段的中点为，的垂直平分线与轴和轴分别交于两点，是坐标原点.记的面积为，的面积为，求的取值范围.

22．设函数，．

(1)若对任意，都有，求a的取值范围；

(2)设，．当时，判断，，是否能构成等差数列，并说明理由．

参考答案：

1．C

【分析】先利用交集运算求解交集，再根据交集的元素个数来求解答案.

【详解】因为，

所以，

所以的真子集共有个.

故选：C.

2．B

【分析】结合一元二次方程的求根公式及复数的模的运算公式即可求得结果.

【详解】∵，

∴由求根公式得：，即：，

∴当时，，

当时，.

综述：.

故选：B.

3．C

【分析】由题目条件求出公式中的，再把题中信息代入公式即可得到答案.

【详解】由题目条件知，则.

所以.

故选：C.

4．A

【分析】建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，求得的坐标，根据数量积的坐标表示结合二次函数知识，即可求得答案.

【详解】由于，

如图，以D为坐标原点，以为轴建立直角坐标系，

连接,由于，则≌,

而，故，则，

则，

设，则，，

故，

当时，有最小值，

故选：A．

5．B

【分析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得到的值，将构造成一个新的二项式，根据二项展开式可以看出被8整除的结果，得到余数．

【详解】在已知等式中，取得，

取得，

两式相减得，

即，

因为

因为能被8整除，

所以被8整除的余数为5，

即被8整除的余数为5，

故选：B.

6．C

【分析】写出平移后的解析式得，根据图象重合得，解出的值即可.

【详解】函数的图象向右平移个单位长度后，

得到，

与函数图象重合，

则，解得：，，

，则当时，，

故选：C.

7．C

【分析】根据式子的结构两边取对数后构造函数及，再利用单调性可求解

【详解】由，，可得，则，

令，则，

令，则，

所以在上单调递减，又，

所以当时，，

所以，所以在上单调递减，从而，

所以，即，从而可知.

由，,可得，则，

令，则，

令，则，

所以在上单调递减，又，

所以当时，，

所以，所以在上单调递减，从而，

所以，即，从而可知.

综上可得.

故选：C

8．B

【分析】取的中点，求出，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，点到平面的距离分别为，即可求出及，从而得，再令，利用导数求出函数的最大值，最后根据计算即可.

【详解】解：如图所示：

取的中点，则有，

设点到直线的距离为，点到直线的距离为，点到平面的距离分别为，

则，，则，

所以，

令，，则，

所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；

所以当时，，

所以，

所以，

当且仅当，且平面时，取等号，

即四面体体积的最大值是.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用导数求出的最大值，属于较难题.

9．BC

【分析】运用百分位数、二项分布期望及期望运算性质、回归直线必过样本中心、独立性检验的意义依次分析每个选项即可.

【详解】对于A项，，所以第百分之60分位数为6，故A项错误；

对于B项，因为，所以，

所以，解得：，故B项正确；

对于C项，回归直线必过样本中心可得：，解得：，故C项正确；

对于D项，由独立性检验可知，值越大，判断“x与y有关系”的把握性越大，故D项错误.

故选：BC.

10．CD

【分析】利用直线与抛物线位置关系的知识判断选项A；利用抛物线的定义进行距离转化进而判断选项B；利用焦点弦公式计算并判断选项C；由抛物线方程设出点M坐标，利用M到圆心的距离等于半径求出M的坐标，就可以判断选项D.

【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，

从而抛物线的方程是.过点可以作2条直线与抛物线相切，

而直线与抛物线相交，只有1个交点，从而过点恰有3条直线与抛物线有且只有一个公共点，故A不正确；

抛物线的准线方程是，设T到准线的距离为，则；

过P作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义知，所以，所以的最小值为4，故B不正确；

抛物线的焦点为，直线过焦点，

不妨设直线与抛物线的两个交点分别是，，

则，又得，则，

所以，故C正确；

抛物线与圆交于两点，则关于轴对称.

设(t>0)，则，解得，所以，故D正确；

故选：BD

11．BCD

【分析】求得数列的通项公式判断选项A；求得数列的前n项判断选项B；求得数列的前n项和，进而判断选项C；求得数列的前项和进而判断选项D.

【详解】由，有，又

所以是首项为，公差为的等差数列，则，

则，则，A错误；

由，可得，解之得

又时，，则，整理得

则数列是首项为3公比为3 的等比数列，则，

则数列的前项和

，B正确；

，则数列的前项和

，C正确；

设数列的前项和，

则，，

两式相减得

整理得，则当时，，D正确.

故选：BCD.

12．AB

【分析】对AB，设直线与、分别切于点，利用点在线上及斜率列方程组，解得切点即可判断；

对CD，令，由二阶导数法研究函数单调性及极值.

【详解】对AB，设直线l与、分别切于点，，，

则有，解得或.

当，则，，，公切线为，此时存在实数满足题意；

当，则，，，公切线为，此时存在实数满足题意，AB对；

对CD，令，，则，

由得在单调递增，

由得，时，，单调递增，CD错.

故选：AB.

13．

【分析】直线恒过点，根据几何关系可得，点到直线的距离为.

【详解】解：直线恒过点，

则点到直线的距离的最大值为点到点的距离，

∴点到直线距离的最大值为：

.

故答案为：.

14．1560

【分析】考虑先将学习机分为四组，有和两类情况，再分配给四人，根据分步乘法原理以及分类加法计数原理可得答案.

【详解】由题意可知6种主流的学习机安排给4人进行相关数据统计，

每人至少统计1种学习机的相关数据（不重复统计），

则学习机的分配方法有和两类情况，

则按分组再分配给4人，共有种安排方法，

按分组再分配给4人，共有种安排方法，

故共有（种）不同的安排方法，

故答案为：1560

15．

【分析】可分别求出右顶点和右焦点到渐近线的距离分别为和，再利用面积比可得，由三角形相似以及面积比等于相似比的平方即可得.

【详解】由题意可知，不妨取渐近线方程，

则点到渐近线的距离为，

点到渐近线的距离为，

又因为，所以，且易知，

所以，即可得，

所以离心率.

故答案为：

16．

【分析】由题知，，进而构造函数，再根据函数的单调性得，再与求和整理即可得答案.

【详解】解：由题知，所以，

所以，

因为，

所以

令，，则，

因为，恒成立，

所以，在上单调递减，

所以，，即

因为，

所以，即

故答案为：.

17．(1)，

(2)660

【分析】（1）将移项作差可得是等差数列，结合可求出数列的通项公式，将代入等式计算，即可求出数列的通项公式；

（2）由可判断前20项中最多含有三项，排除可确定前20项中的项数和的项数，进而可求出前20项和.

【详解】（1）由，可得，又，即，

∴，故．

∵是等比数列，由，，，

∴，，解得，，即．

（2）由（1）知：，令，则，

所以 ，，在新数列的前20项，

因为与为公共项，所以前20项中有18项数列中的项以及，.

.

18．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答.

（2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.

【详解】（1）在三棱柱中，，平面，平面，则平面，

又平面平面，平面，于是得，

而平面平面，平面平面，平面平面，则，

所以四边形为平行四边形.

（2）在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，

于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系，

因，，则，

，

，

设平面的法向量，则，令，得，

点B到平面的距离，解得，

因此，，而，设直线与平面所成角为，

于是得，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

19．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理和和差公式整理即可得到，再结合，即可得到；

（2）根据和三角形面积公式将整理为，再根据锐角三角形和正弦定理得到的范围，最后用换元法和函数单调性求范围即可.

【详解】（1），所以，

所以，

又，所以，

因为，所以．

（2）由（1）可知，．

则．

因为锐角三角形，所以，整理得．

因为，所以．

令，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，

故的取值范围为.

20．(1)答案见解析

(2)① ；理由见解析；②

【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率可得出随机变量的分布列；

（2）①求得，解不等式可得的值；

②记“甲至少有一局被扣除积分”为事件，记“甲获得“购书券”奖励”为事件，计算出、的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】（1）解：记“一局游戏后甲被扣除个积分”为事件，“一局游戏后乙被扣除个积分”为事件，

由题可知，则，

当三局均为甲被扣除个积分时，，

当两局为甲被扣除个积分，一局为乙被扣除个积分时，，

当一局为甲被扣除个积分，两局为乙被扣除个积分时，，

当三局均为乙被扣除个积分时，，

所以，，，

，，

所以，随机变量的分布列为

（2）解：①由（1）易得，

显然甲、乙双方的积分之和恒为零，

当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，则需，

所以，，即正整数的最小值；

②当时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件，则，

由题设可知若甲获得“购书券”奖励则甲被扣除积分的局数至多为，

记“甲获得“购书券”奖励”为事件，易知事件为“甲恰好有一局被扣除积分”，

则，所以，，

即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为．

21．（1）；（2）．

【分析】(1)设出点坐标，数形结合，根据椭圆的性质，得到代入已知中，得到，计算出椭圆的离心率；

(2)根据题意，设出椭圆方程和直线方程，两方程联立，消参，利用韦达定理，得到和，利用三角形相似得到所求的比例值，最后求范围.

【详解】(1) 设，则根据椭圆性质得

而，所以有，即，，

因此椭圆的离心率为.

(2) 由(1)可知，，椭圆的方程为.

根据条件直线的斜率一定存在且不为零，设直线的方程为，

并设则由消去并整理得

从而有，

所以.

因为，所以，.

由与相似，所以

.

令，则，从而

，即的取值范围是.

22．(1)

(2)不能构成等差数列；理由见解析

【分析】（1）对求导，分类讨论，借助单调性解不等式；（2）计算，并分别计算，证明，即可证明，，不能构成等差数列.

【详解】（1）（1）的定义域是，．

①若，则当时，，在单调递增，等价于，即，由得．

设，．，故在单调递减，在单调递增，而，所以的解集为．

②若，则在单调递减，在单调递增，等价于，即，即，矛盾，故a的取值范围是．

（2）（2）．

．

同理可得，

．

所以．

下面证明．

，且由（1）知，所以只需证明时，．令，即证．

设，，，

所以．

设，，故在（0，1）单调递减，．

所以，故，，不能构成等差数列．

【点睛】本题属于难题，考察导数与函数的单调性、不等式恒成立问题．（1）虽然不易分离参数，但是a和x有明显的结构相似性，可以通过类似分参的方法说明．（2）为不等式的证明问题，难度较大，涉及多参数的不等式．将求出并化简，侧面考察了等差数列和等比数列的求和.