湖南省郴州市2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

湖南省郴州市2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．设S是实数集R的一个非空子集，如果对于任意的a，（a与b可以相等，也可以不相等），且，则称S是“和诣集”．则下列命题中为假命题的是（     ）

A．存在一个集合S，它既是“和诣集”，又是有限集

B．集合是“和诣集”

C．若，都是“和诣集”，则

D．对任意两个不同的“和谐集”，，总有

3．已知抛物线，P为直线上一点，过P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（    ）

A． B．-1 C． D．-2

4．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋此赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场此赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同.则甲获得冠军的概率为（    ）

A． B． C． D．

5．已知一个圆锥的底面圆面积为，侧面展开图是半圆，则其外接球的表面积等于（    ）

A． B． C． D．

6．设，则下列关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

7．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

8．函数，因其图像类似于汉字“囧”，故被称为“囧函数”，下列说法中正确的个数为（    ）

①函数的定义域为；       ②；

③函数的图像关于直线对称；     ④当时，函数的最大值为；

⑤方程有四个不同的实根．

A．2 B．3 C．4 D．5

二、多选题

9．给出下列命题，其中正确命题为（    ）

A．若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，则回归直线的方程为

B．随机变量，若，，则

C．随机变量服从正态分布，，则

D．对于独立性检验，随机变量的观测值值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大

10．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为P，O为坐标原点，则下列说法中正确的是（    ）

A．

B．若，则直线AB的斜率为

C．若抛物线上存在一点到焦点F的距离等于3，则抛物线的方程为

D．若点F到抛物线准线的距离为2，则的最小值为

11．已知函数则以下判断正确的是（    ）

A．若函数有3个零点，则实数的取值范围是

B．函数在上单调递增

C．直线与函数的图象有两个公共点

D．函数的图象与直线有且只有一个公共点

12．已知边长为2的菱形中，，将沿翻折，连接，，设点为的中点，点在平面上的投影为，二面角的大小为.下列说法正确的是（    ）

A．在翻折过程中，点是直线上的一个动点

B．在翻折过程中，直线，不可能相互垂直

C．在翻折过程中，三棱锥体积最大值为

D．在翻折过程中，三棱锥表面积最大值为

三、填空题

13．已知的展开式中含项的系数为，则实数____________．

14．已知圆C：，点A，B在圆C上，且，O为原点，则的最大值为______.

15．棱长为1的正四面体外接球的表面积为______.

16．设函数的图像与的图像有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最大值为_________.

四、解答题

17．已知函数，将的图象向左平移个单位得的图象.

(1)求的最小正周期与单调递增区间；

(2)若方程在有且仅有一个零点，求实数的取值范围.

18．如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接

(1)证明：；

(2)若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．

19．设数列满足，．

(1)计算，，猜想的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)证明：；

(2)若，且，求.

21．某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.

(1)若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率；

(2)记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.

22．已知函数，．

(1)求函数的单调区间；

(2)若直线l与函数，的图象都相切，求直线l的条数．

参考答案：

1．B

【分析】根据给定的条件，利用复数乘除法运算求出复数，即可判断作答.

【详解】化为：，

所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.

故选：B

2．D

【分析】A选项可举出实例；BC选项可进行推导出为真命题；D可举出反例.

【详解】A项中，若，则满足是“和谐集”，又是有限集，故A项为真命题；

B项中，设，，，，则，，所以集合是“和谐集”，故B项为真命题；

C项中，根据已知条件，a，b可以相等，故任意“和谐集”中一定含有0，所以，故C项为真命题；

D项中，，，，都是“和谐集”，但5不属于，也不属于，所以不是实数集，故D项为假命题．

故选：D

3．A

【分析】设，，利用导数的几何意义可求直线，，进而可得，然后利用数量积的坐标运算结合二次函数的性质即得.

【详解】设，.由求导得，

则直线，直线，

联立方程可得，

由P在直线上，得，且，即.

因而

.

故选：A.

4．D

【分析】甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可．

【详解】甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：

1胜3胜6胜； 1胜3负5胜6胜； 1负4胜5胜6胜；

所以甲获得冠军的概率为 ,

故选：D

5．B

【分析】设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，圆锥的外接球半径为，求出、、，列等式求出，再利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，圆锥的外接球半径为，

则，可得，

由于圆锥的侧面展开图是半圆，则，可得，，

由圆锥的几何特征可知，圆锥的外接球心在圆锥的轴上，

所以，，解得,

因此，该圆锥的外接球的表面积为.

故选：B.

【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

6．C

【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.

【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，

则当时，，即，取，所以，

记，因为，所以在上单调递减，

则当时，，即，取，所以，故，即；

记，因为，当时，，所以在上单调递增，

所以当时，，即，取，所以，即；

所以.

故选：C.

7．A

【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.

【详解】[方法一]：设而不求

设，则

则由得：，

由，得，

所以，即，

所以椭圆的离心率，故选A.

[方法二]：第三定义

设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：

故，

由椭圆第三定义得：，

故

所以椭圆的离心率，故选A.

8．B

【分析】根据分式分母不为零可求得定义域判断①；利用解析式可求得判断②；通过判断③；分别在和的情况下得到，判断④；利用数形结合判断⑤.

【详解】对于①，由得：，的定义域为，①错误；

对于②，，，②正确；

对于③，，，，

不关于直线对称，③错误；

对于④，当时，，此时；

当时，，此时；

综上所述：当时，，④正确；

对于⑤，在平面直角坐标系中，作出与的大致图象，

由图象可知与有四个不同交点，

方程有四个不同的根，⑤正确.

所以正确的个数为3.

故选：B.

9．ABD

【解析】利用点斜式方程得出回归直线方程，了判断A选项的正误；利用二项分布的期望和方差公式可判断B选项的正误；利用正态密度曲线的对称性可判断C选项的正误；利用独立性检验的基本思想可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，

则回归直线方程为，即，A选项正确；

对于B选项，随机变量，

若，，则，解得，B选项正确；

对于C选项，由于随机变量服从正态分布，

，则，C选项错误；

对于D选项，对于独立性检验，随机变量的观测值值越大，则两变量有关系的程度越大，即越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，

故越小，判定“两变量有关系”的错误率更高，D选项正确.

故选：ABD.

10．AD

【分析】通过设直线，与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，，

选项均可转化为坐标的运算，代入根与系数的关系，得到结果，

C选项可直接根据焦半径公式，计算并判断.

【详解】设，，直线l的方程为，

由        得，则，．

对于A，，故A正确；

对于B，根据抛物线的定义可知，，

故

，所以，解得，

所以直线l的斜率，故B不正确；

对于C，由题意可知，解得，则抛物线的方程为，故C不正确；

对于D，由题意可知，所以．

易得，其中d是点P到y轴的距离，r为以AB为直径的圆的半径，

且，．又，，且，

所以，，所以，

当时，取得最小值，故D正确．

故选:.

11．AC

【分析】作出的图像如图所示，B可直接由图像或二次函数单调性判断；AC零点及交点问题均可以通过与交点个数判断；D通过图像或者联立方程求解即可判断.

【详解】当，

故的图像如图所示，

对AC，函数有3个零点，相当于与有3个交点，

故的取值范围是，直线与函数的图象有两个公共点，AC对；

对B，函数在上先增后减，B错；

对D，如图所示，联立可得解得或，由图右侧一定有一个交点，故函数的图象与直线不止一个公共点，D错.

故选：AC

12．AD

【分析】在翻折过程中可得平面平面，可判断A；可以翻折成正四面体，可判断B；当平面平面时体积最大，求出即可判C；当面积最大时，表面积最大，求出即可判断D.

【详解】如图，在翻折过程中构成四面体，和是正三角形，取中点，连接，，则，，所以平面，所以平面平面，所以A正确；对于B，，则在翻折过程中，的范围是，当时，是正四面体，此时，则B错误；对于C，三棱锥的底面积是定值，由A知，平面平面，过作直线于，而平面平面，于是得平面，则有，当且仅当点与点重合时取“”，因此，C错误；对于D，三棱锥中，，，即三棱锥的表面积，在翻折过程中，的范围是，，当且仅当时取“”，得三棱锥的表面积的最大值为，D正确.

故选：AD.

【点睛】（1）四边形翻折成三棱锥的过程中，当两个面垂直时体积最大；

（2）当三角形两条边确定，夹角为直角时面积最大.

13．

【详解】的展开式的通项为，令，解得，故展开式中含项的系数为，解得．

14．##

【分析】取AB中点D，由，得当最大时，最大，根据圆的弦长公式求出D点的轨迹， 进而求出，进而求出的最大值.

【详解】取AB中点D，则，当最大时，最大，

由于已知圆C可化为，，∴.

所以D在以为圆心，半径为的圆上运动，，最大值为.

故答案为：.

15．##

【分析】首先利用正四面体和球的关系，利用勾股定理求出外接球的半径，进一步利用表面积公式求出球的表面积.

【详解】设正四面体，棱长为1，

如图所示：

设外接球的球心为，半径为，所以，

由于，所以，

在中，利用勾股定理：，即：，

解得，所以该正四面体外接球的表面积为．

故答案为：.

16．

【分析】设公共点坐标为，，求出两个函数的导数，利用，推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．

【详解】解：设公共点坐标为，，则，

所以有，即，解出舍去），

又，所以有，

故，

所以有，对求导有，

故关于的函数在为增函数，在为减函数，

所以当时有最大值．

故答案为：．

【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．

17．(1)，

(2)或.

【分析】（1）化简的解析式，然后根据图象的平移变换得到的解析式，最后求最小正周期和单调区间即可；

（2）利用换元的思想令，将方程在上有且仅有一个零点转化为在有且仅有一个零点，然后分和两种情况讨论即可.

【详解】（1），

所以，

所以的最小正周期，

由，得，

所以的单调递增区间为.

（2）因得，

所以且单调递增，

设，所以，

所以原方程等价于在有且仅有一个零点

设，，

①当时，，合题意，

②当时，

（i）若，得，由方程解得，合题意，

（ii）若，得，由方程解得，合题意，

（iii）若，则或，解得或或，

综上所述：或.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证平面，得，再证平面，得，然后证明平面，得证；

（2）以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角得的长，然后利用棱锥体积公式计算．

【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，

由底面为矩形，有，而，平面，

所以平面，又平面，所以．

又因为，点是的中点，所以．

而，平面，所以平面，平面，

所以，

又，，平面，

所以平面，而平面，

所以得证．

（2）如图，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

因为，设，（），

则，，点是的中点，所以，

由，所以是平面的一个法向量；

由（1）知，，所以是平面的一个法向量．

因为平面与平面所成二面角的大小为，

则，解得（负值舍去）．

所以，

．

19．(1)，，

(2)

【分析】（1）根据递推关系计算，并结合等差数列猜想求解即可；

（2）结合（1）得，进而根据错位相减法求解即可.

【详解】（1）解：因为数列满足，，

所以，，，

所以，由数列的前三项可猜想数列是以3为首项，2为公差的等差数列，即．

（2）解：由（1）知，代入检验知其满足，

所以，，，

所以，，①

，②

由①②得，

，

所以，．

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理进行化简证明.

（2）利用向量的运算、模长公式以及正弦定理、余弦定理建立方程求解.

【详解】（1）因为，所以，

由正弦定理可得，

由余弦定理可得，

整理得.

（2）由得D为的中点，所以，

所以，

又，所以，

因为，由（1）的解题过程可知，

所以，即，

解得（负值舍去），

所以由正弦定理可得.

21．(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；

（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.

【详解】（1）设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，

，

所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.

（2）晩上选择类套餐的概率；

晩上选择类套餐的概率.

所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，

则，

所以，，，，，

所以的分布列为

故.

22．(1)在上单调递增，在上单调递减

(2)两条

【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；

（2）设直线分别与函数，的图象相切于点，，依题意可得，即可得到方程组，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点的个数，即可得解；

【详解】（1）解：由题设，，定义域为，

则

当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.

（2）解：因为，，所以，，

设直线分别与函数，的图象相切于点，

则，即

由，得

即，即

由，得，代入上式，得

即，则

设

当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.

因为，，

则在上仅有一个零点.

因为，则在上仅有一个零点.

所以在上有两个零点，故与函数，的图象都相切的直线有两条.