湖南省长沙市长郡中学2023届高三二模数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2023届高三二模数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市长郡中学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，集合，则（    ）A． B． C． D．2．设复数满足，则的虚部是（    ）A． B．3 C． D．43．设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为（    ）A． B．C． D．4．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，平面，则该鞠（球）的表面积为（    ）  A． B． C． D．5．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（    ）A．8 B．9 C．10 D．116．函数恒有，且在上单调递增，则的值为（    ）A． B． C． D．或7．已知函数f（x）＝（mx﹣1）ex﹣x2，若不等式f（x）＜0的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数m的取值范围（　　）A． B．C． D．8．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，点M是双曲线右支上一点，满足，点N是F1F2线段上一点，满足．现将△MF1F2沿MN折成直二面角，若使折叠后点F1，F2距离最小，则为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知实数满足，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．10．已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（    ）A． B．的一个周期是4 C．是偶函数 D．11．已知圆，恒过点的直线与圆交于两点．下列说法正确的是（    ）A．的最小值为 B．C．的最大值为 D．过点作直线的垂线，垂足为点，则点的运动轨迹在某个定圆上12．随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是（    ）A．函数的图象关于直线对称B．函数的图象关于点对称C．函数为周期函数，且最小正周期为D．函数的导函数的最大值为4 三、填空题13．二项式的展开式中所有二项式系数和为，则展开式中的常数项为，则_____14．已知函数的导函数为，且满足，则函数在点（2，）处的切线方程为________________．15．在正四棱柱中，，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为_____. 四、双空题16．意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知，，（，且n>2）.（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则___________.（2）若，则___________. 五、解答题17．在数列中，（I）设，求数列的通项公式（II）求数列的前项和18．已知向量，，且函数.（1）求的最小正周期及对称中心；（2）在中，内角，，的对边分别为，，，角为锐角，，若，且的面积为.求的周长.19．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面ABC．(1)证明：；(2)若E为的中点，直线与平面所成的角为45°，求直线与平面所成的角的正弦值．20．已知圆是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点运动时，点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过点的直线与曲线相交于点，与轴相交于点，过点的另一条直线与相交于两点，且的面积是面积的倍，求直线的方程．21．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某校成立了两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI软件用于识别音乐的类别.记两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为.为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案.方案一：将100首音乐随机分配给两个小组识别，每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；方案二：对同一首歌，两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过.(1)若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占.（i）请根据以上数据填写下面的列联表，并通过独立性检验分析，是否有的把握认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？ 正确识别错误识别合计A组软件   B组软件   合计  100（ii）利用（i）中的数据，视频率为概率，求方案二在一次测试中获得通过的概率；(2)研究性小组为了验证软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时的值.附：，其中.0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82822．已知函数，．(1)当时，求函数的最小值；(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：1．B【分析】分别解出两个集合的取值范围，取交集即可.【详解】因为，，可得，因为，，即，可得，取交集可得，故选：B.2．C【分析】根据复数的除法的运算和共轭复数及复数虚部的概念即可得到答案.【详解】，则，故，虚部为，故选：C．3．A【分析】列出从5个点选3个点的所有情况，再列出3点共线的情况，用古典概型的概率计算公式运算即可.【详解】如图，从5个点中任取3个有共种不同取法，3点共线只有与共2种情况，由古典概型的概率计算公式知，取到3点共线的概率为.故选：A【点晴】本题主要考查古典概型的概率计算问题，采用列举法，考查学生数学运算能力，是一道容易题.4．C【分析】取的中点为，连接，可证为外接球的球心，故可求半径，从而可得球的表面积.【详解】  取的中点为，连接，因为平面，而平面，故，故.同理，而，平面，故平面，而平面，故，故，综上，为三棱锥外接球的球心，而，故外接球的半径为3，故球的表面积为，故选：C5．C【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.【详解】由，可得，，，，所以，所以，所以前项和，所以，故选：C.6．B【分析】由题意可得时取得最大值，可得.根据单调性可得，即，根据可求的值.【详解】因为恒有，所以当时取得最大值，所以，得.因为在上单调递增，所以,即，得.因为，所以.因为在上单调递增，所以,得.所以，且，，解得，.故.故选：B.7．C【分析】令，化简得，构造函数，画出两个函数图像，结合两个函数图像以及不等式解的情况列不等式组，解不等式组求得的的取值范围.【详解】有两个正整数解即有两个不同的正整数解，令，，故函数在区间和上递减，在上递增，画出图像如下图所示，要使恰有两个不同的正整数解等价于   解得故，选C.【点睛】本小题主要考查不等式解集问题，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.8．B【分析】由已知条件及双曲线的定义可得，，将△MF1F2沿MN折成直二面角后，过作，应用直角三角形边角关系、余弦定理及勾股定理求最小时的大小，进而求值.【详解】∵，，∴，，将△MF1F2沿MN折成直二面角，过作，易知面，设，在中有，，∴在△中，，有，∴，∴，当且仅当，时等号成立.∴F1，F2距离最小时，为角平分线，故，可得.故选：B【点睛】关键点点睛：由双曲线的定义求、，结合直角三角形边角关系、余弦定理、勾股定理求与的函数关系，再求最小值，最后即可求参数值.9．BCD【分析】根据不等式的性质对各个选项验证.【详解】因为，所以有，故A错误；，故B正确；，故C正确；，故D正确．故选：BCD．10．BC【分析】根据函数奇偶性与可得，根据导数的运算可得从而可判断B项，根据周期性与奇偶性可判断A项，根据奇偶性与导数运算可得，从而可判断C项，在中，令代入计算可判断D项.【详解】因为函数是奇函数，，所以，所以，即：，故的周期为4，所以，故的一个周期为4，故B项正确；，故A项错误；因为函数是奇函数，所以，所以，即：，所以为偶函数，故C项正确；因为，所以，令，可得，解得：，故D项错误.故选：BC.11．BCD【分析】由题意可得，当时，取得最小值即可判断A，由平面向量数量积的坐标运算即可判断BCD.【详解】圆的圆心为，半径为2，又满足，所以在圆内，所以，当时，取得最小值，如下图所示，此时，所以A选项错误；设是的中点，，由于，所以，B选项正确；由于，所以，所以的最大值为选项正确，D选项正确．故选：BCD．12．ABD【分析】由题可知，根据诱导公式可得可判断AC，根据奇偶性的概念可判断B，根据导数公式及三角函数的性质可判断D.【详解】因为函数，定义域为R，对于A，，所以函数的图象关于直线对称，故A正确；对于B， ，所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；对于，由题知，故C错误；对于，由题可知，故D正确.故选：.13．【分析】由二项式展开式中所有二项式系数和为，求出，进而写出二项式展开式的通项公式，化简得出常数项，列方程计算出．【详解】由题设可得，则；展开式的通项公式是，令可得，由题意，即，即，故答案为：．14．【详解】试题分析：对函数，求导可得，得，因而切线的斜率而，由点斜式可得切线方程为即15．/【分析】过做与直线垂直的平面，则点的轨迹的长即为平面与正四棱柱的交线长.【详解】如图，连接，，由题可知，，平面.因平面，则.又平面，平，，则平面.又平面，则；如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，过做垂线，交于G.由题可得，平面，又，则平面.因平面，则.又平面，平面，，则平面.因平面，则；因平面，平面，，则平面.连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.注意到，，则，故.则点的轨迹的长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的轨迹问题，难度较大.本题关键为做出轨迹，即过定点做空间直线的垂面，因直接做出平面难度较大，故转化为做空间直线所在平面的垂线.16．     2697     /-1+a【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.【详解】（1）由题意，，则，，则，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为，所以；（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，，所以.故答案为：2697，a -117．（I）()（II）=【详解】试题分析：解:(I)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式: ()(II)由(I)知,=而,又是一个典型的错位相减法模型,易得=考点：数列的通项公式和求和的运用点评：解决的关键是对于数列的递推关系式的运用，根据迭代法得到通项公式，并结合错位相减法求和．18．（1）最小正周期为，对称中心为，.（2）【分析】(1)首先将函数的解析式化简为的形式，然后确定其最小正周期和对称中心即可；(2)由题意首先求得a的值，然后利用正弦定理求得∠A的大小，最后结合余弦定理求得b+c的值即可求得三角形的周长.【详解】（1），由，故最小正周期为.由，∴，，∴的对称中心为，.（2）由于，故，于是，又，解得.，解得.故或（舍去）.由余弦定理，则化简得：，∴，∴，∴三角形的周长为.【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质，正弦定理、余弦定理解三角形的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取AC的中点D，连接BD，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证明平面ABC即可推理作答.（2）由给定的线面角求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面的正弦作答.【详解】（1）如图，在三棱柱中，取AC的中点D，连接BD，因为是等边三角形，则，又平面ABC，平面平面ABC，平面平面，则平面，而平面，于是，又，，平面ABC，因此平面ABC，又平面ABC，则，于是，所以.（2）取AB的中点F，连接CF．由（1）得平面ABC，又，所以是直线与平面ABC所成的角，即，，由（1）知，CF，AB两两互相垂直，以C为坐标原点，直线CF为x轴，过点C且平行于AB的直线为y轴，直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，于是，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成的角的正弦值为.20．(1)(2) 【分析】（1）根据题意和椭圆的定义即可求解；（2）首先求出直线的方程，以及点的坐标，讨论直线的斜率存在与否，当斜率存在时，设直线的方程为，联立解方程组求出，根据的面积是面积的倍，化简可以得到，进一步求出斜率，从而得出答案.【详解】（1）因为点为线段的垂直平分线与半径的交点，所以，所以，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，在椭圆中，所以曲线的方程为．（2）由已知得，所以直线的方程为，所以点的坐标为．当直线的斜率不存在时，，或都与已知不符；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，易知，则，，由的面积是面积的倍可得，化简得，即，又，所以，即，也就是，所以，解得，所以直线的方程为．  21．(1)（i）表格见解析，没有；（ii）(2)测试至少27次，. 【分析】（1）根据条件填写列联表并做卡方计算，根据列联表求出 ，对“一次测试通过”作分类讨论求出其概率；（2）根据对“一次测试通过”的分类讨论，求出其概率的最大值，再按照二项分布求解.【详解】（1）（i）依题意得列联表如下： 正确识别错误识别合计组软件402060组软件202040合计6040100因为，且，所以没有的把握认为软件类型和是否正确识别有关；（ii）由（i）得，故方案二在一次测试中通过的概率为 ；（2）方案二每次测试通过的概率为 ，所以当时，取到到最大值，又，此时，因为每次测试都是独立事件，故次实验测试通过的次数，期望值，因为，所以所以测试至少27次，此时.22．(1)(2) 【分析】（1）利用导数研究的单调性求最值；（2）令，问题化为恒成立，利用导数研究单调性，讨论参数a及定义域判断符号，即可求范围.【详解】（1）由题意，，令，则，当时，当时．所以．（2）由，所以，记，即恒成立，且，当时，当，令，则，所以在单调递增，且，，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），故存在唯一，使得，当时，递减，所以，此时，不合题意．当时，（ⅰ）若，由上知，则递增，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），所以恒成立，即成立，符合题意．（ⅱ），若，则单调递增，，，所以存在唯一使，当时，递减，当时，递增，又，，故存在唯一，使，故时，递增，时，递减，又，，所以时，则递增，故，即恒成立．综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造中间函数研究单调性并确定零点，进而判断的符号求参数范围.