2023届湖南省永州市祁阳四中高三下学期第五次段考数学试题含答案

这是一份2023届湖南省永州市祁阳四中高三下学期第五次段考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南省永州市祁阳四中高三下学期第五次段考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据集合的定义，求得集合，再根据集合的并运算求解即可.【详解】因为，又，故.故选：B.2．复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的模长公式计算，利用复数除法计算，从而得到.【详解】因为，所以.所以故选：A.3．数列满足，，数列的前n项积为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意，数列为等比数列，求解通项公式，代入计算即可【详解】由题意，，，故数列为等比数列 故选：C4．已知向量，则“”是“”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【答案】B【分析】首先求出当时，或者，然后根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围判断是什么条件即可.【详解】因为，若，则即，解得或者，所以推不出；反之能推出，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查充分必要性，在求解过程中始终利用小范围能推出大范围，大范围推不出小范围的原则判断即可.5．已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的体积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆锥底面圆半径为，球的半径为，根据题意画出图形，结合图形求出与的关系，再计算球与圆锥的体积和它们的比值.【详解】设圆锥底面圆半径为，球的半径为，由题意知，圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，记球的体积为，圆锥的体积为所以，，，所以球与圆锥的体积之比为故选：B6．小明和李华在玩游戏，他们分别从1~9这9个正整数中选出一个数告诉老师，老师经过计算后得知他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，那么小明选择的数是偶数的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件概率公式求解即可.【详解】解：设两数之差为偶数为事件，小明选择的数是偶数为事件，由于他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，则小明选择的数是偶数的概率为：.故选：A．7．已知双曲线C: ，以C的焦点为圆心，3为半径的圆与C的渐近线相交，则双曲线C的离心率的取值范围是（    ）A．(1，) B．(1，)C．( ，) D．(1，)【答案】B【分析】求出其中一条渐近线方程，根据题意可得圆心到渐近线的距离小于半径，可得，即可求出离心率范围.【详解】由题可知双曲线的其中一条渐近线为，即，又该圆的圆心为，故圆心到渐近线的距离为，则由题可得，即，又，则，解得，即则，又，故离心率的取值范围是.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线离心率的取值范围，解题的关键是根据题意得出圆心到渐近线的距离小于半径，求出.8．设，，，则（    ）A．  B．C． D．【答案】C【分析】观察可得，，故考虑设， ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性比较大小即可.【详解】记x＝0.2，则，，，令，其中，则，令，则，因为，所以，故在上单调递减，所以当时，，即当时，，所以函数在上单调递减，所以当时，，所以，所以，令，其中，则，因为时，，，所以，∴在上单调递增，故，所以，∴，∴，故选：C． 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）．A．若，则的最大值是B．若，则的最小值为2C．若均为正实数，且，则的最小值是4D．已知，，且，则最小值是【答案】AD【分析】根据选项中各式的特点，进行适当变形，使用基本不等式进行判断．注意“1”的妙用及等号能否取到．【详解】对于A，，则且，，当且仅当时取等号，的最大值为，故A正确；对于B，，当且仅当时等号成立，但此时无解，则最小值不为2，故B错误；对于C，，，当且仅当且，即时，等号成立，由于均为正实数，则等号取不到，故C错误；对于D，，，，当且仅当即时，等号成立，故D正确．故选：AD．10．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，则（    ）A．M，N，B，四点共面B．异面直线与MN所成角的余弦值为C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形D．三棱锥的体积为【答案】BCD【分析】根据直线与直线的位置关系判定A；由异面直线所成角求解判定B；作出截面判定C；由体积公式判定D【详解】对于A，易知MN与为异面直线，所以M，N，B，不可能四点共面，故A错误；对于B，连接，CP，易得，所以为异面直线与MN所成角，设，则，所以，所以异面直线与MN所成角的余弦值为，故B正确；对于C，连接，，易得，所以平面BMN截正方体所得截面为梯形，故C正确；对于D，易得，因为平面MNB，平面MNB，所以平面MNB，所以，故D正确.故选：BCD11．已知是单位向量，且，则下列说法正确的是（    ）A． B．若，则C．的最大值为 D．的最小值是【答案】ACD【分析】利用向量数量积的定义及运算法则可判断AB，利用坐标法可判断CD.【详解】∵，∴，，∴，故A正确；由，可得，即，则不一定成立，故B错误；又是单位向量，，不妨设，设，又，∴，，∴，即，由可知圆心为，半径为，∴，故C正确；由上可知，，即，又∵，∴的最小值是，故D正确.故选：ACD.12．已知直线过点且与圆：相切，直线与轴交于点，点是圆上的动点，则下列结论中正确的有（    ）A．点的坐标为B．面积的最大值为10C．当直线与直线垂直时，D．的最大值为【答案】ABD【分析】根据题意，结合直线与圆，点与圆的位置关系，以及垂直直线的斜率关系和正切的二倍角公式，一一判断即可.【详解】根据题意，易知点在圆上.因为，所以直线的斜率，因此直线的方程为，令，得，因此点的坐标为，故A正确；因为点是圆上的动点，所以点到直线的最大距离，又因为，所以面积，故B正确；因为直线：与直线垂直，所以，解得，故C错误；当直线与圆相切时，锐角最大，即最大，此时，因为，所以，故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．曲线在点处的切线方程为________________________．【答案】．【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再求出（1）的值，利用直线方程的点斜式得答案．【详解】由，得，（1），又（1），曲线在点，（1）处的切线方程为，即．故答案为：．【点睛】方法点睛：在函数上的点处的切线方程为，在解题时注意灵活运用.14．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______．（用数字作答）【答案】-192【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出n，结合通项公式计算即可求出的系数.【详解】由题意知，二项式系数之和，所以所以，所求的系数为.故答案为：-19215．在中，角所对的边分别为，若，且，则__________．【答案】【分析】已知条件，利用切化弦，两角和的正弦公式，正弦定理化简可得，已知条件，利用和差角的正弦公式和正弦定理，解得，最后用余弦定理解得.【详解】中，，，，由正弦定理有，，由，得，有，即，，得，由，可得，即，代入，得，∴，由余弦定理，，得，故答案为：16．数列中，，，若不等式对所有的正奇数恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【分析】对已知等式变形可得是以2为首项，1为公差的等差数列，从而可求得，将问题转化为，对所有的正奇数n恒成立，然后求出的最小值即可.【详解】解：由，得，则是以2为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，不等式对所有的正奇数n恒成立，即，对所有的正奇数n恒成立，当时，，当时，，在且上单调递增，所以，则实数的取值范围为．故答案为：. 四、解答题17．的内角的对边分别是，已知，且的面积为24.(1)求；(2)若，求.【答案】(1)64(2)6 【分析】(1)利用同角三角函数的基本关系得到，然后利用三角形面积，然后代入向量的数量积即可求解；(2)结合（1）知，可得到，然后利用余弦定理即可求出结果.【详解】（1）因为，所以.因为的面积为24，所以，即，所以.（2）由（1）知，又，所以，解得，从而，在中，由余弦定理可得：，解得.18．已知等差数列的公差，且成等比数列，数列满足（1）求的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得，即可得，再由等差数列的通项公式即可得解；（2）由题意，结合并项求和法、等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】（1）因为等差数列满足，且，，成等比数列，所以 ，因为，所以， 所以；（2）由（1）得，所以．19．甲､乙两个同学去参加学校组织的百科知识大赛，规则如下：甲先答2道题，至少答对1道题，乙同学才有机会答题，乙同样答2道题.每答对1题可以得50分，已知甲答对每道题的概率都是，乙答对第1道题的概率为，答对第2道题的概率为，乙有机会答题的概率为.(1)求；(2)求甲与乙总得分的分布列与数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，则有，从而可求出的值；（2）由题意可得随机变量的可能取值为，然后求出各自对应的概率，从而可的分布列与数学期望.【详解】（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，且乙有机会答题的概率为，所以，所以，解得.（2）随机变量的可能取值为，则，，，，.所以的分布列为050100150200 则.20．如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，且，分别是线段的中点，，平面平面．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，则四边形是平行四边形，由是线段的中点，则，．由面面垂直的性质得平面，即可证明平面；（2）易知两两垂直，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，进而利用坐标法求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，因为所以．因为四边形是等腰梯形，所以，，所以，四边形是平行四边形．因为是线段的中点，所以是的中点，所以．因为，为的中点，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为，所以平面．（2）解：因为，四边形是平行四边形．所以四边形是菱形，所以，所以，两两垂直，故以为原点，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为在等腰梯形中，，所以，设，，则，，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，令，则．平面的一个法向量为．设平面与平面夹角为，则．因为，所以，所以．因为，所以,即平面与平面夹角的取值范围是21．已知椭圆：的离心率为，右焦点为，点，直线与圆：相切．(1)求直线和椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于，两点，，为椭圆上的两点，若四边形的对角线，求四边形的面积的最大值．【答案】(1)，(2) 【分析】(1)根据离心率设出椭圆中，，，进而设出直线的方程，然后利用直线与圆相切可求出，，，进而得到答案；(2)联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出，然后根据直线间的垂直关系设出直线，并与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，再表示出四边形的面积即可求解.【详解】（1）由椭圆的离心率，设，，其中，则，，故直线的方程为：，即，因为直线与圆：相切，则圆心到直线：的距离，从而直线的方程为：，由，可知，椭圆的方程为：.（2）不妨设，，，，联立直线与椭圆的方程，，则，，从而，因为，且直线的斜率为，故直线的斜率为1，设直线的方程：，即，联立直线和椭圆的方程，，，则，，从而，故四边形面积为，当时，即时，四边形面积最大，此时面积为，从而四边形的面积的最大值为.22．已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若函数有两个不同的零点，求的取值范围.【答案】（1）的增区间为，减区间为．（2）【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性；（2）就分类讨论，后者可结合导数求出函数的最小值，根据函数有两个不同的零点得到最值的符号，从而得到的取值范围，注意利用零点存在定理检验．【详解】（1）若，则，故，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，即的增区间为，减区间为．（2），当时，，此时在无零点，不合题意．当时，当时，则；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，因为函数有两个不同的零点，则即．又当时，，而，结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点；而，令，，则，故在上为增函数，故，故，结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点，故的取值范围为．【点睛】方法点睛：导数背景下函数的零点问题，需利用导数讨论函数的单调性，从而得到函数的最值，结合最值的符号得到参数的取值范围，注意需利用零点存在定理检验前者是否满足要求．