湖南省长沙市周南中学2023届高三二模数学试题（含解析）

湖南省长沙市周南中学2023届高三二模数学试题

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

一、单选题

1．若复数，则（　  ）

A． B． C．4 D．5

2．已知集合，，且，则的取值集合为（     ）

A． B． C． D．

3．在中，已知C=45°，，，则角B为（    ）

A．30 B．60 C．30或150 D．60或120

4．设等比数列的前项和为，已知，，则（　  ）

A． B． C． D．

5．已知函数的定义域为，且的图象关于点成中心对称.当时，，则（    ）

A．1 B．3 C． D．

6．已知菱形ABCD的边长为1，，G是菱形ABCD内一点，若，则（　  ）

A． B．1 C． D．2

7．若斜率为1的直线l与曲线和圆都相切，则实数a的值为（　  ）

A．或2 B．0或2 C．0 D．2

8．双曲线（，）的上支与焦点为F的抛物线（）交于A，B两点，若，则该双曲线的离心率为（　  ）

A． B． C．2 D．

二、多选题

9．下列说法中，正确的命题有（　  ）

A．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好

B．已知随机变量服从正态分布N（2，），，则

C．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和0.3

D．若样本数据，，…的方差为2，则数据，，…的方差为16

10．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（    ）

A． B．

C． D．

11．在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）

A． B．平面

C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为

12．已知函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数有极小值，且极小值是的最小值

B．

C．函数在区间单调递减，在区间单调递增

D．设，若对任意，都存在，使成立，则

三、填空题

13．的展开式中的系数是______.

14．若圆上有四个点到直线的距离为，则实数a的取值范围是______．

15．根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的轴，已知抛物线，若从点Q（3，2）发射平行于x轴的光射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则_______.

四、双空题

16．有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______．

五、解答题

17．已知等差数列的各项均为正数，，.

(1)求的前项和；

(2)若数列满足，，求的通项公式.

18．已知向量（，），（，），.

(1)求函数的最大值及相应x的值；

(2)在△ABC中，角A为锐角且，，BC=2，求的面积.

19．如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.

(1)求证：平面平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.

20．某市正在创建全国文明城市，学校号召师生利用周末从事创城志愿活动．高三（1）班一组有男生4人，女生2人，现随机选取2人作为志愿者参加活动，志愿活动共有交通协管员、创建宣传员、文明监督员三项可供选择．每名女生至多从中选择参加2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为；每名男生至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为．每人每参加1项活动可获得综合评价10分，选择参加几项活动彼此互不影响，求

(1)在有女生参加活动的条件下，恰有一名女生的概率；

(2)记随机选取的两人得分之和为X，求X的期望．

21．已知双曲线，点与双曲线上的点的距离的最小值为．

(1)求双曲线E的方程；

(2)直线与圆相切，且交双曲线E的左、右支于A，B两点，交渐近线于点M，N．记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程．

22．已知函数.

(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；

(2)若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”.若时，函数是“恒切函数”，求证：.

参考答案：

1．D

【分析】先化简，再由复数的加法运算求出，由复数的模长公式求解即可.

【详解】因为，所以

所以，

所以.

故选：D.

2．B

【分析】由集合和元素的关系及并集的定义讨论即可.

【详解】由题意可得：或

若，此时，集合的元素有重复，不符合题意；

若，解得或，显然时符合题意，而同上，集合的元素有重复，不符合题意；

故.

故选：B

3．A

【分析】由正弦定理，求得，结合，即可求解.

【详解】在中，由正弦定理可得，

又因为，可得，即，所以.

故选：A.

4．D

【分析】利用等比数列通项公式以及前项和的公式即可求解.

【详解】因为，所以.

所以，

解得.

，，解得.

故选：D

5．C

【分析】根据题意和抽象函数图象的对称性可得的图象关于原点中心对称，为奇函数，结合奇函数的性质即可求解.

【详解】因为将的图象向右平移1个单位长度后

得到函数的图象且的图象关于点成中心对称，

所以的图象关于原点成中心对称，则在上是奇函数，

所以.

故选：C.

6．A

【分析】由题意可得出，点G为的重心，所以，，再由向量的数量及定义求解即可.

【详解】在菱形ABCD，菱形ABCD的边长为1，，

所以，

所以，则为等边三角形，因为，

所以，设点M为BC的中点，则，所以，

所以G，A，M三点共线，所以AM为BC的中线，

所以，

同理可得点AB，AC的中线过点G，

所以点G为的重心，故，

在等边中，M为BC的中点，则，

所以.

故选：A

7．B

【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．

【详解】设直线l与曲线的切点为，

由，则，

则，，即切点为，

所以直线l为，又直线l与圆都相切，

则有，解得或.

故选：B.

8．A

【分析】首先根据焦半径公式，确定，再利用抛物线与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，即可求解双曲线的利息率.

【详解】根据题意，设，，A，B在抛物线上，则，，则，又，则，即，又，消y可得，则，所以，即，所以，又，

所以.

故选：A

9．AC

【分析】对于A，利用残差图的意义即可判断；对于B，利用正态分布的对称性计算判断；对于C，对给定模型取对数比对即得；对于D，利用新数据方差计算公式判断作答．

【详解】对于A，在做回归分析时，由残差图表达的意义知，A正确；

对于B，因，且，于是得，B不正确；

对于C，由得，依题意得，，即，C正确；

对于D，依题意，， ，…，的方差为，D不正确.

故选：AC.

10．ACD

【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】依题意可知，，B选项错误.

，

，A正确.

，

，C正确.

，

.D选项正确.

故选：ACD

11．BCD

【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间垂直向量的坐标表示判断A；利用线面平行的向量法判断B；利用面面平行的向量法判断C；利用向量法求出点到平面的距离公式判断D.

【详解】如图，建立空间直角坐标系，

则，

，

A：，有，

则DF与不垂直，故A错误；

B：，，

设平面DEF的法向量为，

则，令，得，

所以，得，所以平面DEF，故B正确；

C：，由B选项可知平面DEF的法向量，

设平面的法向量分别为，

，令，得，

所以，得不成立，所以平面与平面DEF相交，故C正确；

D：由，平面DEF的法向量，

则点B到平面DEF的距离为，故D正确.

故选：BCD.

12．BCD

【分析】首先确定定义域，根据导数研究函数的单调性以及最值，逐项分析判断即可得解.

【详解】对C，由，可得，

求导可得，

由，可得，

当，时，，为减函数，

当时，，为增函数，故C正确；

对A， 由选项C可知，函数在处有极小值，且其极小值为，而，

故极小值不是最小值，故A错误；

对B，由，所以，

所以，，

即，又，，

故成立，故B正确.

对D，在上的值域包含在上的值域，

由时，为减函数，

当时，为增函数，

故的值域为，

由在上的值域为，

所以，故D正确；

故选：BCD

13．20

【分析】直接用二项式定理讨论即可.

【详解】二项式中，，

当中取x时，这一项为，所以，，

当中取y时，这一项为，所以，，

所以展开式中的系数为

故答案为：

14．

【分析】由题意得，圆心到直线的距离，列式求解即可．

【详解】圆的圆心为，半径为，

因为圆上有四个点到直线的距离为，

所以圆心到直线的距离，

所以，解得．

故答案为：．

15．

【分析】由题意求出A点坐标，由于直线过焦点，利用点斜式方程求出直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理求出点B坐标，利用两点间的距离求出即可.

【详解】由条件可知AQ与x轴平行，令，可得，故A点坐标为，

因为 经过抛物线焦点，所以 方程为，

整理得，联立，得，，所以，

又，所以，，

所以.

故答案为：.

16．         

【分析】记事件表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得，进而可得，然后构造等比数列，求通项公式即得.

【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，，

所以，

，

，

进而可得，，

又，，，

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，即，

故答案为：；.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用等差数列的性质得到，根据等差数列的通项公式求出公差，代入等差数列的前项和公式进而求解；

（2）结合（1）的结论得到，进而得到，利用累乘法求出.

【详解】（1）等差数列中，因为，所以，

又因为等差数列的各项均为正数.所以，

又因为，所以.

所以.

（2）由（1）得，因为，且，所以，

所以.

所以.

所以.

当时也符合.

所以的通项公式为.

18．(1)，时，取最大值 ；

(2).

【分析】（1）由平面向量的数量积运算，三角函数恒等变换可得的解析式，利用正弦函数的性质可求的最大值及相应的值；

（2）由（1）及角A的范围可求角A，进而求出角B，角C，再由正弦定理可得AC的边长值，代入三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）依题意，，

即，

所以，当，

即，时，取最大值 ；

（2）由（1）及得：，

即，

由，则，

因此，，则，

而，有，所以，

在中，由正弦定理得，

，

，

所以的面积为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；

（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.

【详解】（1）取中点，连接、，如图所示：

，点是的中点，

，

又是的中点，

，

又在直三棱柱中，有， 平面

，

平面，

平面，且面，平面平面，

，

平面，且平面，

，

又，且、平面，

平面，

又，

平面，

平面，

面平面.

（2）由（1）知平面，则，

设，则，，，

，

由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，

此时，

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则有，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则有，取，解得，

设直线与平面所成的角为，

，

故直线与平面所成角的正弦值为.

20．(1)

(2)

【分析】（1）根据条件概率的计算公式即可求得答案；

（2）方法一：根据女生参加活动的人数确定变量的可能取值，计算每个取值对应的概率，可得变量的分布列，即可求得期望；

方法二：分别计算出一名女生和一名男生参加活动可获得分数的期望，设恰有Y名女生参加活动，则男生有名参加活动，，计算出变量Y的期望，即可求X的期望.

【详解】（1）设“有女生参加活动”为事件A，“恰有一名女生参加活动”为事件B．

则，，

所以．

（2）方法一: “选取的两人中女生人数为i”记为事件，，

则，，．

由题意知X的可能值为，“得分为分”分别记为事件，，，，，则

，，；

，，；

，，．

；

；

；

；

，

所以X的分布列为

所以．

方法二：

根据题意，一名女生参加活动可获得分数的期望为，

一名男生参加活动可获得分数的期望为．

设恰有Y名女生参加活动，则男生有名参加活动，

，

则，，．

所以Y的分布列为

则有，

所以．

【点睛】难点点睛：本题考查了条件概率的计算，比较基础，第二问考查随机变量的期望的求解，求解的思路并不困难，但难点在于要根据变量的取值的可能情况，计算每种情况相应的概率，计算较复杂，计算量较大，需要思维缜密，计算仔细。

21．(1)

(2)

【分析】（1）设是双曲线上的任意一点，先求得，再结合题意即可求得的值，进而即可求出双曲线E的方程；

（2）先根据直线与圆相切得到，设，，再联立直线的方程和双曲线E的方程，求得，，根据题意求得的取值范围，设点到AB的距离，从而求得，再联立直线的方程和双曲线E的渐近线的方程，求得，，设点O到MN的距离，从而求得，再结合即可求得的值，进而即可求得直线l的方程．

【详解】（1）设是双曲线上的任意一点，

则，

所以当时，的最小值为，所以，得，

所以双曲线E的方程为．

（2）由直线与圆相切得，

由直线交双曲线的左、右支于A，B两点，设，，

联立，消整理得，

则，，，所以，

所以，即，解得，

又，则，

故，，

所以，

又点到AB的距离，故，

设，，

联立方程组，消整理得，

则，，，所以，

所以，

又点O到MN的距离，故，

所以当时，有，

整理得，即，

又，则，即，解得，（舍去），

所以，则，所以直线方程为．

【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理解决弦长问题，进而解决面积相关的取值范围问题，属中难题，关键是熟练掌握弦长公式和直线与双曲线的位置关系的判定方法．

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据零点的个数先估计零点的取值范围，然后可将问题转化成方程的解的个数问题；

（2）根据新定义先找出“恒切函数”所满足的条件，然后利用该条件，找到所满足的条件后进行研究.

【详解】（1）依题意，令，则，

当时，，方程无解，无零点；

所以，所以，

设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.

，设，

由于，，，

①时， 为上的减函数，有，

有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；

②当时，即，在上单调递增，，

，使得，即在上递减，在上递增，

又，所以，由于时，，

故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；

③时，在上单调递减，上单调递增，

此时的极小值为唯一零点，不符合要求；

④当时，即，

在上单调递增，，

使得，即在上递减，在上递增，

且由单调性知，又由于时，，

故在内存在唯一零点；

在内存在唯一零点，此时符合要求.

综上，a的取值范围：；

（2）根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，

则即，

函数是“恒切函数”，设切点为，

即，可得，

则有即

考查方程的解，

设，因为，令，得.

当时，；

当时，.

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

所以.

（i）当时，因为，，

所以，函数在区间上存在唯一零点.

又因为；

（ii）当时，因为，所以函数在区间上有唯一零点，

由，则，

综上所述，.

【点睛】第二问的处理，先需要读懂新定义，然后根据新定义找到所满足的关系式，利用导数的工具，零点存在定理，进一步确定的取值范围.