2023届湖南省湖南师大附高高三下学期5月三模考试数学试题含解析

这是一份2023届湖南省湖南师大附高高三下学期5月三模考试数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了 已知函数，若， 已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
湖南省湖南师大附高2023届高三下学期5月三模考试数  学注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求；选对得5分，选错得0分.1. 已知集合，，则等于（    ）A.   B. C.   D. 2. 若，则（    ）A. 5 B. 4 C. 3 D. 23. “b是与的等差中项”是“b是与的等比中项”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件4. 如图，在中，，，，D为边BC的中点，且，则向量的模为（    ）A.  B.  C. 或 D. 或5. 某网店经销某商品，为了解该商品的月销量y（单位：千件）与售价x（单位：元/件）之间的关系，收集5组数据进行了初步处理，得到如下数表：x56789y864.53.53根据表中的数据可得经验回归方程，以下说法正确的是（    ）A. x，y具有负相关关系，相关系数B. x每增加一个单位，y平均减少13.75个单位C. 第二个样本点对应的残差D. 第三个样本点对应的残差6. 已知函数，若（其中），则的最小值为（    ）A.  B.  C. 2 D. 47. 已知平行六面体的各棱长都为2，，E、F、G分别是棱AB、AD、CD的中点，则（    ）A. 平面B. 平面平面ABCDC. 平面ABCD与平面间的距离为D. 直线与平面ABCD所成角的正弦值为8. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线l经过点F且与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若，则以下结论正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 10. 已知为偶函数，且恒成立，当时，则下列四个命题中，正确的是（    ）A. 的周期是 B. 的图象关于点对称C. 当时， D. 当时，11. 人民日报智慧媒体研究院在2020智慧媒体高峰论坛上发布重磅智能产品——人民日报创作大脑，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑、视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有包括视频甲和图片乙在内的视频a个、图片b张（a，，），从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙均入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是（    ）A.  B. C.  D. 12. 已知四面体ABCD中，面BCD，，E、F分别是棱AC、AD上的点，且，.记四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球体积分别是、、，则的值不可能是（    ）A. 1 B.  C.  D. 第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 将函数表示为，其中，，，…，为实数，则______.14. 已知函数在点处的切线方程为l：，若对任意，都有成立，则______.15. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点M，N分别为C的渐近线和左支上的动点，且的最小值恰为C的实轴长的2倍，则C的离心率为______.16. 已知且时，恒成立，则a的最小值是______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）若，且AC边上的高为，求的周长.18.（本小题满分12分）设数列的前n项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.19.（本小题满分12分）如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，，.（1）求证：平面平面ABCD；（2）设Q是棱PC上的点，当平面BDQ时，求二面角的余弦值.20.（本小题满分12分）已知椭圆E：的离心率为，A，B是它的左、右顶点，过点的动直线l（不与x轴重合）与E相交于M，N两点，的最大面积为.（1）求椭圆E的方程；（2）设是直线AM与直线BN的交点.（i）证明m为定值；（ii）试探究：点B是否一定在以线段MN为直径的圆内？证明你的结论.21.（本小题满分12分）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型.假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元.赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博.记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示.当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题：（1）请直接写出与的数值.（2）证明是一个等差数列，并写出公差d.（3）当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）讨论函数的零点个数；（2）若恒成立，求a的取值范围. 湖南省湖南师大附高2023届高三下学期5月三模考试数学参考答案题号123456789101112答案CAABDBABABCACDBCAB一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求；选对得5分，选错得0分.1. C 【解析】∵集合，，∴.故选：C.2. A 【解析】，.故选A.3. A 【解析】若b是与的等差中项，则，若b是与的等比中项，则，则“b是与的等差中项”是“b是与的等比中项”的充分不必要条件，故选：A.4. B 【解析】因为，，，所以.因为，所以.故选B.5. D 【解析】对于A选项：由相关系数的绝对值不超过1知，A不正确；对于B选项：由经验回归方程知，x每增加一个单位，y平均减少1.25个单位，B不正确；对于C选项：第二个样本点对应的残差，C不正确；对于D选项：第三个样本点对应的残差，D正确.故选D.6. B 【解析】由题意可得：，，令，则，.∵，∴，∴，即，∴，即，将其代入，得：，当且仅当，即时，上式等号成立.故选B.7. A 【解析】连结、，易知，，所以平面平面，从而平面，选项A正确；连结、、BD，由题设条件知四面体是棱长为2的正四面体，过作平面ABCD，垂足为H，则H为正的中心，易知H不在EF上，故平面与平面ABCD不垂直，选项B错误；在正四面体中，易求得其高，所以平面ABCD与平面间的距离为，选项C错误；直线与平面ABCD所成角的正弦值为，选项D错误.故选A.8. B 【解析】∵满足，，∴，即，∴，∵在上单调，∴，即，∴当时最大，最大值为，故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. ABC 【解析】如图，，直线l的斜率为，则直线方程为，联立，得，解得：，，由，得，故A正确；∴抛物线方程为，，则，，∴，故C正确，D错误；，所以F为AD中点，则，故B正确.故选：ABC.10. ACD 【解析】得，，所以的周期是.A正确.因为是偶函数，所以就是，即，所以的图象关于直线对称.B不正确.根据偶函数的对称性，C显然正确.当时，，则，即；当时，，则，即.所以D正确.故选：ACD.11. BC 【解析】记“视频甲和图片乙均入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，因为事件A，B，C是相互独立事件，由相互独立事件的概率公式可知，选项A错误，选项B正确；事件包含“视频甲未能入选，图片乙入选”，“视频甲入选，图片乙未能入选”，“视频甲、图片乙都未入选”三种情况，所以，则，故选项C正确；由题意可知，，，因为a，，，所以，即，故选项D错误.故选BC.12. AB 【解析】设四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球的半径分别是、、，因为，，所以.又面BCD，，所以，从而.分别取AD、BD的中点M、N，则四棱锥外接球的球心在直线MN上，因为，所以，易知平面ACD，所以，于是，故点N就是四棱锥外接球的球心，所以.设，，则，，，所以.令，则，.记，，则，在上单调递减，故，而，，，，故选AB.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. －56 【解析】由于，那么其展开式通项为，故，.故答案为：－56.14. 或 【解析】因为，所以，，所以.令，则，则，，令，则，令，得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，当，时，，则，单调递增，，即，所以当，时，成立；当，时，，则，单调递增，，即，所以当，时，成立，综上所述.故答案为：.15. 【解析】由双曲线的定义得，所以，于是.当M、N、三点共线，且与点M所在的渐近线垂直时，取得最小值，其最小值就是到渐近线的距离d，又C的渐近线方程为，所以，故的最小值为b，从而的最小值为，由题设知，所以，.16. 或 【解析】设，，，由题可得.，当时，.设，，则且不恒为零，即在上单调递增，故.当时，，即且不恒为零，在上单调递增，故，满足题意.当时，，，则，使，即.当时，，即；当时，，即，故在上单调递减，在上单调递增，则.记，令，，则在上单调递减，由且，知，即，故.设，，则，故在上单调递减，故，因此实数a的最小值是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】（1）因为，……1分所以由得，……2分所以，解得或，……3分因为，所以，则，故，……4分则，故.……5分（2）因为，令，则，……6分由三角形面积公式可得，则，故，……8分由余弦定理可得，则，解得，……9分从而，，，故的周长为.……10分18.【解析】（1）由可得，……1分两式相减得.……2分又，则，.……3分所以，……4分所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故.……5分（2）由（1）可得，……8分故其前n项和，……10分化简可得.……12分19.【解析】（1）取AD的中点O，连结OP，OB，因为是边长为2的正三角形，所以，，①……2分又，所以，且，……3分于是，从而，②……4分由①②得平面ABCD，……5分而平面PAD，所以平面平面ABCD.……6分（2）连接AC，设，则E为AC的中点，连结EQ，当平面BDQ时，，所以Q是PC的中点.……7分由（1）知，OA、OB、OP两两垂直，分别以OA、OB、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，则、、、，由P、C坐标得，从而，.……8分设是平面BDQ的法向量，则由，得，取，得.……9分易知平面ABD的一个法向量是，……10分所以，……11分由图可知，二面角的平面角为钝角，故所求余弦值为.……12分20.【解析】（1）设椭圆E的焦距为2c，由题设知，且当点M在椭圆E的短轴端点处时的面积最大，所以，……2分即，又，从而解得，，……3分故椭圆E的方程为.……4分（2）由（1）知，，，由题意可设直线l的方程为，因为点在椭圆E内，直线l与E总相交，由得，……5分设，，则，，……6分（i）由P、A、M共线，得，①由P、B、N共线，得，②……7分则由①÷②得，③又，所以，④将④代入③，得，所以.……8分（ii）点B一定在以MN为直径的圆内，证明如下：点B在以线段MN为直径的圆内，⑤……9分因为，，所以，……10分由①、④，有，故，而，从而，即⑤成立，所以点B一定在以线段MN为直径的圆内.……12分21.【解析】（1）当时，赌徒已经输光了，因此.……1分当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.……2分（2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件，……3分，……4分即，……5分所以，所以是一个等差数列，……6分设，则，…，，……7分累加得，故，得.……8分（3），由得，即，……9分当时，，……10分当时，，……11分当时，，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光.……12分22.【解析】（1）由，得，设，则，……1分当时，，当，时，，所以在，上单调递增；在上单调递减，……2分所以，且时，，……3分据此可画出的大致图象如图，所以（i）当或时，无零点；（ii）当或时，有一个零点；（iii）当时，有两个零点；……4分（2）①当时，即恒成立，符合题意；……5分②当时，由可得，则，则，即，……6分设，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，……7分所以，所以，当时，，即恒成立，即符合题意；……8分③当时，由（1）可知，在上单调递增.又，，所以，使.……9分i）当时，，即，设，则，所以在上单调递减，所以时，；……10分ii）当时，，即，设，因为，令，，则，又令，，则，得在上单调递增，有.得在上单调递增，有，则，得在上单调递增，则时，，又时，，……11分得当时，时，，由上可知，在上单调递增，则此时，综上可知，a的范围是.……12分