湖南省新高考教学教研联盟2023届高三下学期4月第二次联考数学试题(含解析)

这是一份湖南省新高考教学教研联盟2023届高三下学期4月第二次联考数学试题(含解析)，共21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。
湖南省新高考教学教研联盟2023届高三下学期4月第二次联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知i为虚数单位，，则复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）A．1 B． C． D．4．已知函数在处的切线与直线垂直，则a的值为（    ）A． B． C．1 D．25．已知各项为正的等比数列的公比为q，前n项的积为，且，若，数列的前n项的和为，则当取得最大值时，n等于（    ）A．6 B．7 C．8 D．96．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（    ）A． B． C． D．7．已知，，（e为自然对数的底数），则（    ）A． B． C． D．8．已知，点P为直线上的一点，点Q为圆上的一点，则的最小值为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．以下说法正确的是（    ）A．78，82，83，85，86，87，89，89的第75百分位数为88B．相关系数r的绝对值接近于0，两个随机变量没有相关性C．的展开式中常数项为15D．必然事件和不可能事件与任意事件相互独立10．已知直三棱柱中，，，M，N，Q分别为棱，，AC的中点，P是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（    ）A．平面MNAB．三棱锥的体积为定值C．的最大值为4D．若P为的中点，则过A，M，P三点的平面截三棱柱所得截面的周长为11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（在第一象限），，为线段的中点，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ）A． B．双曲线的离心率为C．的面积为 D．直线的斜率为12．已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（    ）A．关于对称 B．的一个周期为C．不关于对称 D．关于对称 三、填空题13．人群中患肺癌的概率约为0.1%，在人群中有15%是吸烟者，他们患肺癌的概率约为0.5%，则不吸烟者中患肺癌的概率是________．（用分数表示）14．已知函数，，若，且在上单调递增，则的值为________．15．已知抛物线C：，O为坐标原点，过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点（点A在第一象限），且，直线AO交抛物线的准线于点C，△AOF与△ACB的面积之比为4：9，则p的值为________．16．函数．若，使得成立，则整数a的最大值为________．（参考数据：，，） 四、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．(1)求证：；(2)求的最大值．18．已知数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，且，若对于恒成立，求的取值范围．19．如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，，，，平面平面，为线段上的一点．(1)证明：平面；(2)当与平面所成的角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值．20．一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，其中红球3个，黄球2个，每次不放回的随机从盒中取一个球，当盒中只剩一种颜色时，停止取球．(1)求盒子中恰剩2个红球的概率；(2)停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．21．已知椭圆E：经过点，且离心率为．F为椭圆E的左焦点，点P为直线l：上的一点，过点P作椭圆E的两条切线，切点分别为A，B，连接AB，AF，BF．(1)求证：直线AB过定点M，并求出定点M的坐标；(2)记△AFM、△BFM的面积分别为和，当取最大值时，求直线AB的方程．参考结论：点为椭圆上一点，则过点Q的椭圆的切线方程为．22．已知函数．(1)若，求在上的单调性；(2)若存在，对，恒有，求实数k的取值范围．
参考答案：1．C【分析】化简集合A，B，后由集合交集定义可得答案.【详解】，，则.故选：C2．A【分析】根据复数的除法运算算出，即可判断答案.【详解】∵，∴的对应点为，在第一象限，故选：A．3．C【分析】由已知可求得，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.【详解】因为，，所以，所以，向量在向量上的投影向量为.故选：C．4．B【分析】由题可得，即可得答案.【详解】因的斜率为，则．故选：B．5．B【分析】设首项为，由题可知，则数列为等差数列，后由，可得，即可得答案.【详解】设首项为，因等比数列各项为正，则，，则数列为等差数列.，又由题可得，则，即数列为递减等差数列.则数列前7项为正数，则当取得最大值时，n等于7.故选：B6．D【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，所以平面ABC，∵，∴，即，在中，，∴，∴，∴球O的表面积为．故选：D．7．A【分析】对两边取对数，构造函数利用其在上的单调性可得．法一令，求导利用在上的单调性可得可得答案；法二利用不等式放缩可比较的大小，对两边取对数得出再做差可得答案.【详解】对两边取对数，，而在上单调递增，∴．法一：令，，∴在单调递減，∴，即，∴；法二：；又，∴，∴．故选：A．8．D【分析】令，可得M点的坐标为，则，即可得答案.【详解】设，令，则，则M.如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点M距离，为.故选：D9．ACD【分析】求出选项A中数据的第75百分位数，即可判断A，根据相关系数的知识可判断B，求出的展开式中常数项可判断C，根据必然事件、不可能事件的概念可判断D.【详解】对于A，∵，∴第75百分位数为，故A正确；对于B，相关系数r的绝对值接近于0，表示两个变量之间几乎不存在线性相关关系，故B错误；对于C，常数项为，故C正确；对于D，由必然事件和不可能事件的定义，可得D正确．故选：ACD．10．AC【分析】A选项，通过证明平面平面，可判断选项正误；B选项，注意到平面AMN，则可判断选项正误；C选项，，据此可判断选项正误；D选项，由题可知过A，M，P三点的平面为平面ACPM，即可判断选项正误.【详解】A选项，连接，，因N，Q分别为，AC的中点，，则，即四边形为平行四边形，则.因M，N分别为棱，的中点，则.因平面ANM，AN平面ANM，，平面，平面，，则平面 平面，又平面，则平面MNA，故A正确；B选项，因平面AMN，平面AMN，则平面AMN，又，则到平面AMN距离等于到平面AMN距离，又N为AC中点，则到平面AMN距离等于A到平面AMN距离，则，又，则，故B错误；C选项，，当P和重合时，最大为4，故C正确；D选项，注意到，则过A，M，P三点的平面为平面ACPM，则截面周长为，又，则周长为，故D错误.故选：AC11．AD【分析】利用双曲线的定义求出、，可判断A选项；在中，应用余弦定理可得出关于、的齐次等式，可求得双曲线的离心率，可判断B选项；利用三角形的面积公式可判断C选项；利用点差法求出直线的斜率，可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，因为，所以，，由双曲线的定义可得，所以，，A对；对于B选项，设直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则为锐角且，由可得，则，在中，由余弦定理得，即，等式两边同时除以可得，因为，解得，B错；对于C选项，因为，则为钝角，所以，，，C错；对于D选项，设，，则，可得，因为，则，由得，所以，，则，则直线的斜率为，D正确．故选：AD．【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.12．ABD【分析】A选项，对两边求导可判断选项正误；B选项，由①②可知的一个周期为，即可判断选项正误；C选项，验证是否等于2d即可判断选项正误；D选项，验证是否成立可判断选项正误.【详解】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；B选项，由为偶函数，知.又，则，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；C选项，注意到当时，.则，即此时关于，即对称，故C错误；D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．故选：ABD．【点睛】结论点睛：为偶函数；若以为对称轴，且以为一个对称中心，，则为周期函数，且其一个周期为.13．【分析】设患肺癌为事件A，吸烟为事件B，由题有，即可得答案.【详解】设患肺癌为事件A，吸烟为事件B，则，不吸烟者中患肺癌的概率为.又由全概率公式有，则，解得．故答案为：14．【分析】将的解析式化为正弦型函数，然后根据求出的值，根据在上单调递增求出的范围，即可得答案.【详解】，由，得，故，∴，，又在上单调递增，∴，又，∴，故当时，．故答案为：.15．4【分析】首先证明，求出，则，再利用证明的结论，得到，利用焦点弦公式求出值即可.【详解】设，，则，设直线的方程为，联立抛物线方程有，，，则，直线的方程为，令，则，则，则得，∴，∴，，又，则，∴点，，解得．故答案为：4.16．【分析】根据题意，构造函数，利用导数与函数的单调性得到为函数的最大值．将问题等价转化为，再次构造函数和，利用导数与函数的单调性即可求解.【详解】，易知是周期为的周期函数．，当时，在单调递增，单调递減，单调递增，单调递減，又，且．构造函数，求得，由基本不等式可得，当时，恒成立，所以函数在单调递增，且，故，所以有，即为函数的最大值．若，使得成立，即，亦即，构造函数，可知在单调递减，在单调递增．又，所以，，所以，令，则，构造函数，可知在单调递减，在单调递增．又，，，，所以满足条件的整数，故整数，所以整数a的最大值为．故答案为：.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.17．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，结合半角公式，可得答案；（2）利用正弦定理，三角函数内角性质以及同角三角函数的基本关系，整理出关于角B的函数解析式，利用基本不等式，可得答案.【详解】（1）∵，∴，∴，∴．（2）由（1）可得：，且C为钝角，即，即，，，当且仅当，即时取等号．故的最大值为．18．(1)(2) 【分析】（1）根据数列的递推关系，利用作差法构造等比数列，进而求解；（2）结合（1）的结论得到，然后利用错位相减法得到，然后根据题意即可求解.【详解】（1）∵，∴，两式作差得，∴，当时，，∴，所以是首项为，公比为的等比数列，故．（2）∵，∴，∴，①，②两式作差得，化简得，∵恒成立，∴，，当时，；当时，；当时，，，所以，综上所述，．19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，过点作的垂线，垂足为，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由菱形的性质得到，即可得到平面，即可得到，最后结合，即可得证；（2）连接，由（1）知为与平面所成的角，即可得到点为的中点时与平面所成的角的正弦值最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接，过点作的垂线，垂足为，∵平面平面，且交线为，∴平面，又∵平面，∴，又∵四边形为菱形，∴，又∵，平面，∴平面，又∵平面，∴，又∵，，平面，∴平面．（2）连接，由（1）知为与平面所成的角，∴，因为为定值，且，所以当点为的中点时取得最小值，此时取最大值，如图，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，易知平面的一个法向量为．设平面的法向量，则，即，令得，即，设平面与平面的夹角为，则，所以当与平面所成的角的正弦值最大时，平面与平面夹角的余弦值为．20．(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）由古典概型概率计算公式可得答案；（2）求出X的所有可能取值及对应的概率可得答案.【详解】（1）恰剩2红球，第3次必是黄球，所以盒子中恰剩2个红球的概率；（2）X的所有可能取值为1，2，3，，，，∴X的分布列为X123P．21．(1)证明见解析，定点(2) 【分析】（1）由题求出椭圆的标准方程，根据参考结论得两条切线的方程，由点P为两切线的交点，得直线AB的方程，求出直线所过定点；（2）由直线AB所过定点设直线方程，与椭圆联立，计算面积之差，利用基本不等式求出最值，及取最值时直线的方程.【详解】（1）由题意可得，，又因为，所以，，椭圆E的方程为．设，，，由参考结论知过点P在A处的椭圆E的切线方程为，同理，过点P在B处的椭圆E的切线方程为．因为点P在直线PA，PB上，所以，所以直线AB的方程为，则直线AB过定点．（2）设直线AB的方程为，联立方程组，得，故，，，当且仅当，即时取等号，此时直线AB的方程为．22．(1)在，上单调递减；在，上单调递增(2) 【分析】（1）求出函数导数，利用导数直接求出函数单调区间；（2）原问题转化为，分别讨论，，三种情况，利用函数的导数确定函数的单调性极值，据此可判断不等式是否恒成立即可.【详解】（1）时，，，，，，单调递减；，，，单调递增．综上所述，在，上单调递减；在，上单调递增．（2）令，，则，．①若，，令，则，∴即在单调递增，，，∴，，，，单调递减，∴，，不合题意；②若，，设，则，∴即在单调递增，，，∴，，，，单调递减，∴，，不合题意；③若，，，∴在单调递增，∴成立；∴在恒成立，故时，符合题意．综上，k的取值范围是【点睛】关键点点睛：分别讨论，，三种情况，当研究函数极值时，注意函数零点存在性定理的应用，根据极值及所要求的恒成了的不等式确定出矛盾，可排除，两种情况，当时，由单调性可知满足要求.