2023-2024学年湖南省邵阳市高三上学期第四次月考数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳市高三上学期第四次月考数学模拟试题（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则“”是“”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．在正项等比数列中，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，是方程的两根，且，，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
5．在同一坐标系内，函数和的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．在梯形中，，，，，若点在线段上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的定义域为，且是偶函数，是奇函数，则下列命题正确的个数是（ ）
①；②；③；④.
A．1B．2C．3D．4
8．若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题
9．已知函数的最小正周期为．把函数的图象向左平移个单位长度得到的图象对应的函数为偶函数，则（ ）
A．B．是的图象的对称中心
C．在上单调递增D．在上的值域为
10．（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则（ ）
A．椭圆的短轴长为B．当最大时，
C．离心率为D．的最小值为3
11．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A．平面平面
B．平面
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．三棱锥的体积不变
12．已知定义在R上的奇函数在上单调递增，则“对于任意的，不等式恒成立”的充分不必要条件可以是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
13．圆柱的高为1，它的两个底面在直径为2的同一球面上，则该圆柱的体积为 ；
14．已知，若对于任意的，恒成立，则实数a的取值范围为 .
15．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是 ．
16．已知，函数，，若函数有4个零点，则实数的取值范围是 .
四、解答题
17．已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，证明.
18．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．
(1)求角A的大小；
(2)若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
19．已知三棱柱中，.
(1)求证: 平面平面.
(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
20．天水市第一次联考后，某校对甲、乙两个文科班的数学考试成绩进行分析，规定：大于或等于120分为优秀，120分以下为非优秀．统计成绩后，得到如下的列联表，且已知在甲、乙两个文科班全部110人中随机抽取1人为优秀的概率为.
（1）请完成上面的列联表；
（2）根据列联表的数据，若按99.9%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”；
（3）若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10名学生从2到11进行编号，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的序号．试求抽到9号或10号的概率．
参考公式与临界值表：．
21．如图，已知圆经过椭圆的左右焦点，与椭圆在第一象限的交点为，且，，三点共线.
（1）求椭圆的方程；
（2）设与直线（为原点）平行的直线交椭圆于两点，当的面积取取最大值时，求直线的方程.
22．已知函数，.
（1）当时，讨论函数的零点个数；
（2）若在上单调递增，且，求的最大值.
优秀
非优秀
合计
甲班
10
乙班
30
合计
110
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
1．D
【分析】由复数的模及复数的除法运算可求.
【详解】由，得，
则.
故选：D.
2．B
分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.
【详解】化简不等式，可知 推不出；
由能推出，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选B．
本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．
3．A
【分析】由等比数列的性质求解
【详解】由题得，所以，所以，所以，
故选：A
4．B
【分析】由韦达定理得，即，得，再根据两角和的正切公式解决即可.
【详解】由题知，，是方程的两根，
所以，即，
因为，，
所以，，
所以，
因为，
所以，
故选：B
5．C
【分析】根据幂函数的图象与性质，分和讨论，利用单调性和截距，由排除法，即可得到答案.
【详解】由题意，若时，函数在递增，此时递增，
若时，函数在递减，递减，
所以当时，和单调性相同，故排除选项A，B，
选项D中：由图象可知，此时与轴交点为，
所以交于轴正半轴，可排除D，
故选：C.
6．B
【分析】根据，，，，建立空间直角坐标系，
设，得到，再求得的坐标，利用数量积的坐标运算求解.
【详解】建立如图所示平面直角坐标系：

因为，，，，
所以，
设
所以，
所以，，
所以，
当时，的最小值为，
故选：B.
7．D
【分析】由是偶函数，可得，令，从而可得，则有函数关于直线对称，再根据是奇函数，可得，且关于对称，从而可得，即可得出函数的周期性，再根据函数的周期性和对称性逐一分析，即可得出答案.
【详解】解：因为是偶函数，所以，
令，则，故，
所以，即，
所以函数关于直线对称，
因为是奇函数，所以，且函数关于对称，
又因函数是由函数向右平移1个单位得到，
所以关于对称，所以，所以，
所以，则，
即，所以函数的一个周期为，
故有，故①正确；
由函数关于直线对称，，所以，
所以，故②正确；
因为，
因为关于对称，所以，
所以，故③正确；
又，故④正确，
所以正确的个数为4个.
故选：D.
8．B
【分析】通过构造函数，分别比较和，和与和的大小，即可得出a，b，c的大小关系.
【详解】解：由题意，
，，
对于和，
∵，，
∴可以构造函数，则，.
对求导，得，
当时，，
∴在上单调递减.
∵，
∴，即；
对于和，
∵.
∴可以构造函数，
则，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴，
∴，即；
对于和，
∵，
∴可以构造函数，
则，
当时，，
∴在上单调递减.
又∵，且，
∴，
∴，
∴，即.
∴，
故选：B.
关键点点睛：本题关键是变形、作差构造新函数，利用函数的单调性来比较大小.
9．BCD
【分析】由周期求得，利用平移后图象对应函数是偶函数求出，可判断选项A；然后结合正弦函数的性质判断各选项．令，代入函数可判断选项B；求出可判断选项C；整体代入法可判断选项D.
【详解】∵函数的最小正周期为，
∴，.
把函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，
由于得到的函数为偶函数，
则，，
∴，，故A错误；
令，求得，
可得是的图象的对称中心，故B正确；
当，，
函数单调递增，故C正确；
当，，
，
∴在上的值域为，故D正确，
故选：BCD.
方法点睛：本题考查三角函数的图象与性质．在求解三角函数的性质时，一般可以利用二倍角公式、诱导公式、两角和与差的正弦公式，化函数为一个角的一个三角函数形式，即形式，然后结合正弦函数的性质求解，把中的视作中的进行求解．
10．ABD
【分析】椭圆定义有，结合已知确定的最小值并确定此时的位置，即可判断D、B的正误，此时设，结合椭圆方程求短轴长，即可判断A、C的正误.
【详解】由题意知，所以．
因为的最大值为5，所以的最小值为3，故D正确．
当且仅当轴时，取得最小值，此时，故B正确．
由B的分析，不妨令，代入椭圆方程，得．又，所以，得，
所以椭圆的短轴长为，故A正确．
易得，所以，故C错误．
故选：ABD.
11．ABD
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；
对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；
对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；
对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.
【详解】对于A，连接，如图，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
.
对于B，连接，，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确．
故选：ABD.
关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.
12．CD
【分析】根据奇函数性质判断在R上的单增，将函数不等式恒成立转化为自变量大小恒成立，分离参数，构造新函数，研究新函数的最大值，从而求得参数取值范围，再根据充分不必要条件的定义判断选项即可.
【详解】奇函数在上单调递增，则在上也单调递增，即是R上的单增函数；
，
则，，即在上恒成立；
令，
则
，
记，恒成立，即单减，
又，，
则必有，使，
故，，，，
因此，，单增，，，单减，
因此，
由代入得
，
故若使在上恒成立，则，
根据充分不必要条件的定义可以判断C、D正确，A、B错误；
故选：CD.
方法点睛：根据单调性把函数不等式转化为自变量大小比较，分离参数，借助导数研究函数最大值，从而求得参数取值范围.
13．
【分析】由题设，易知圆柱体轴截面的对角线长为2，进而求底面直径，再由圆柱体体积公式求体积即可.
【详解】由题意知：圆柱体轴截面的对角线长为2，而其高为1，
∴圆柱底面直径为.
∴该圆柱的体积为.
故
14．
【分析】题目转为为，根据函数的单调性计算最值得到，解得答案.
【详解】设，，即.
在上恒成立，只需在上的最小值大于即可.
在上单调递增，，
故，解得，故实数a的取值范围是.
故答案为.
15．
【分析】根据三角函数的图象变换关系求出函数的解析式，结合函数的零点存在条件建立不等式进行求解即可．
【详解】解：将函数的图象先向右平移个单位长度，
得到，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变得到函数的图象．
即，
由，得，得，
得，
若函数在上没有零点，则，即，即，则，
若函数在上有零点，
则，
即，
当时，，得，即
当时，，得，即，
综上若在上有零点，则或，
则若没有零点，则或，
即
故．
本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的解析式以及函数零点的性质是解决本题的关键．
16．
【分析】画出函数的图像，对分成，等种情况，研究零点个数，由此求得的取值范围.
【详解】令，画出函数的图像如下图所示，由图可知，
（1）当或时，存在唯一，使，而至多有两个根，不符合题意.
（2）当时，由解得，由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故时，符合题意.
（3）当时，由解得，由化简得，其判别式为负数，没有实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当时，不符合题意.
（4）当时，由，根据图像可知有三个解，不妨设.
即
即.
i）当时，，故①②③三个方程都分别有个解，共有个解，不符合题意.
ii)当时，，①有个解，②③分别有个解，共有个解，不符合题意.
iii）当时，，①无解，②③分别有个解，共有个解，符合题意.
iv）当时，，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当时，，①无解，②无解，③至多有个解，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
本小题主要考查复合函数零点问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，难度较大，属于难题.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；
（2）求出，然后运用裂项相消法求出可得结论.
【详解】（1）设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，
故，解得，
由可得，
解得，故，即数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
故.
当时，取得最大值，当时，
，
故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差化积公式转化条件得，进而求得解；
（2）由题意，由正弦定理结合得，根据为锐角三角形求得，即可求得，即可得解.
【详解】（1）由正弦定理得
即
又
所以
即
又，，
即，即
又，，即
（2）由题意得：，
由正弦定理得：，
又 为锐角三角形，∴，
故，∴，∴，
从而.
所以面积的取值范围是
19．(1)证明见解析；
(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.
【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.
(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.
【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，
则有，因，，平面，于是得平面，
而平面，则，由得，，平面，
从而得平面，又平面，
所以平面平面.
（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，
则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，
因，，则，
假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，
则有，设平面的一个法向量，
则有，令得，而平面的一个法向量，
依题意， ，化简整理得：
而，解得，
所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.
20．（1）
（2）按99.9%的可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”
（3）．
【详解】试题分析：
思路分析：此类问题（1）（2）直接套用公式，经过计算“卡方”，与数表对比，作出结论．（3）是典型的古典概型概率的计算问题，确定两个“事件”数，确定其比值．
解：（1） 4分
（2）根据列联表中的数据，得到K2≈7.487＜10.828．因此按99.9%的
可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”
（3）设“抽到9或10号”为事件A，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，出现的点数为（x，y）．所有的基本事件有：（1，1）、（1，2）、（1，3）、…、（6，6）共36个．事件A包含的基本事件有：（3，6）、（4，5）、（5，4）、（6，3）、（5，5）、（4，6）（6，4）共7个．所以P(A)=，即抽到9号或10号的概率为．
考点：“卡方检验”，古典概型概率的计算．
点评：中档题，独立性检验问题，主要是通过计算“卡方”，对比数表，得出结论．古典概型概率的计算中，常用“树图法”或“坐标法”确定事件数，以防重复或遗漏．
21．(1);(2) .
【详解】试题分析：（1）由题意把焦点坐标代入圆的方程求出 ，再由条件得为圆的直径，且，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义和依次求出的值，代入椭圆方程即可；
（2）由（1）求出的坐标，根据向量共线的条件求出直线的斜率，设直线的方程和的坐标，联立直线方程和椭圆方程消去，利用韦达定理和弦长公式求出，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形的面积公式求出，化简后求最值即可.
试题解析：(1)∵，，三点共线，∴为圆的直径，且，
∴.由，得，∴，∵， ∴， ∴，.
∵，∴，∴椭圆的方程为. (2)由（1）知，点的坐标为，∴直线的斜率为，故设直线的方程为，将方程代入消去得：， 设 ∴，，，∴， 又：
=，∵点到直线的距离， ∴ ，
当且仅当，即时等号成立，此时直线的方程为.
点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
22．（1）当时，函数有两个零点；当或时，即或时，函数有一个零点；当即时，函数无零点；（2）的最大值为2.
【分析】（1）整理得，故函数零点的个数取决于的零点个数，等价转化为与的值域之间的关系，利用导数求解即可求得结果；
（2）根据题意，恒成立，据此求得范围；再构造函数求得的最小值，即可求得的最大值.
【详解】（1）当时，，
故的零点个数，取决于的零点个数.
分离参数可得，令，则，
令，解得；令，解得；
故在单调递增，在单调递减.
故，又，当时，恒成立.
故当或，即或时，有一个零点；
当，即时，有两个零点；
当，即时，没有零点.
（2）根据题意，在时恒成立.
当时，，显然不存在使得恒成立；
当时，是单调减函数，且趋近于正无穷时，趋近于负无穷，不满足题意；
当时，，令，解得；令，解得；
故在单调递减，在单调递增，
要满足题意，只需成立即可.
综上所述，若在恒成立，
则且，即，
则，
令，则，
令，解得；令，解得，
故在单调递减，在单调递增.
故，即，
则.
又，故，
故的最大值为.
本题考查利用导数研究函数的零点问题，涉及利用导数研究恒成立问题，以及双变量问题，属综合困难题.
优秀
非优秀
合计
甲班
10
50
60
乙班
20
30
50
合计
30
80
110
优秀
非优秀
合计
甲班
10
50
60
乙班
20
30
50
合计
30
80
110