2023届湖南省高三二轮复习联考（二）数学试题含解析

这是一份2023届湖南省高三二轮复习联考（二）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。
2023届湖南省高三二轮复习联考（二）数学试题 一、单选题1．已知，若，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】根据并集的知识求得.【详解】由于，所以，此时，满足.故选：C2．已知复数在复平面内对应的点落在第一象限，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】化简，根据对应点所在象限列不等式，从而求得的取值范围.【详解】，对应点，由于点在第一象限，所以，解得.故选：A3．“”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】根据充分、必要条件的知识确定正确答案.【详解】，所以，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B4．已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据递推公式一一计算可得.【详解】因为，，所以，，，.故选：C5．声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）A．是奇函数 B．的最小正周期为C．的最大值为 D．在区间上单调递减【答案】D【分析】根据奇偶性的定义可判断A；由可判断B；利用换元法将问题化归为二次函数给定区间求最值可判断C；对求导，判断的单调性可判断D.【详解】因为，定义域为R，所以是偶函数，故A不正确；因为，所以的最小正周期不是，故B不正确；因为 ，令 ，则 ，所以当时，取得最大值，最大值为，故C不正确；当，，则，当时，，，所以，所以在区间上单调递减，故D正确.故选：D.6．已知点为直线上的动点，若在圆上存在两点，，使得，则点的横坐标的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求得与圆相切且时的长，根据圆与直线的位置关系求得点的横坐标的取值范围.【详解】圆的圆心为，半径，当与圆相切且时，，以为圆心，半径为的圆的标准方程为，由消去并化简得，解得或，所以点的横坐标的取值范围.故选：C7．如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面截三棱柱的外接球所得截面的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】判断出外接球球心的位置，利用勾股定理计算出外接球的半径，利用等体积法求得外接球球心到平面的距离，进而求得截面半径，从而求得截面面积.【详解】由于为等腰直角三角形，所以的外心是的中点，设为，设的中点为，连接，设的中点为，则是直三棱柱的外接球的球心，连接，设外接球的半径为，则.由于，所以，根据直棱柱的性质可知，由于平面，所以平面，，所以，，，所以,设到平面的距离为，则，所以平面截三棱柱的外接球所得截面的半径为，所以截面面积为.故选：C8．设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上．若．则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先构造函数可得在上单调递增，在上单调递减，将不等式等价转化为，利用函数的单调性和奇偶性得到，解之即可.【详解】因为,所以,设可得,为偶函数在上有，，故在上单调递增，根据偶函数的对称性可知，在上单调递减，由得，即，，即，,解得.故选：A. 二、多选题9．下列说法中正确的是（    ）A．某射击运动员进行射击训练，其中一组训练共射击九次，射击的环数分别为 则这组射击训练数据的70分位数为 B．已知随机变量服从，若，则C．在经验回归分析中，如果两个变量的相关性越强，则相关系数就越接近于1D．用模型拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，若通过这样的变换后，所得到经验回归方程为，则【答案】ABD【分析】根据百分位数的计算即可判断A，根据二项分布的期望和方差的计算公式以及方差的性质即可判断B，根据相关系数的性质即可求解C，根据线性经验回归方程和非线性之间的转化关系即可判断D.【详解】对于A，将环数从小到大排列为 由于，故这组射击训练数据的70分位数为第七个数10.3，故A正确，对于B，由二项分布的期望公式可得，由于 故，故B正确，对于C，在经验回归分析中，如果两个变量的相关性越强，则相关系数就越接近于1，故C错误，对于D，，又，所以，故D正确，故选：ABD.10．下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据指数以及对数的运算性质即可结合选项逐一求解.【详解】对于A, ，由于，所以，故A错误，对于B,由于，所以，所以，故B正确，对于C, ，所以C错误，对于D，由于，所以，故D正确，故选：BD11．如图，在棱长为的正方体中，点满足，其中，则（    ）A．存在，使得B．存在，使得平面C．当时，取最小值D．当时，存在，使得【答案】BD【分析】根据线面的位置关系可判断A；根据线面垂直的判定定理可判断B；利用和异面直线都垂直且相交的线段的长为异面直线间的最短距离的含义可判断C；利用球的半径和点到球心的距离的比较可判断D，即得答案.【详解】因为平面，且平面，所以不存在，，使得，故A错误；记平面，在平面中，过点作直线，交直线于点，在正方体中,平面平面,故,连接，则，而,平面，故平面，所以此时平面，故B正确；当时，分别为，的中点，点也为的中点，则，且直线与不垂直，即与不垂直，即不是线段和上两点连线的最小值，故C错误；当时，为的中点，，如图，设的中点为，连接，交于点，则为的中点，设中点为，则，,因此以为直径的球与线段必有交点，即存在，使得.故D正确.故选：BD.【点睛】难点点睛：解决此类空间几何体中的存在性问题，属于较难问题，解答是要充分发挥空间想象能力，明确空间几何体中的点线面的位置关系，对于存在性的判断，可以找到特殊位置或特殊值，说明适合题意，如果不存在，要加以证明或说明.12．已知数列，如果存在常数，对于任意给定的正数（无论多小），总存在正整数，使得时，恒有成立，就称数列收敛于（极限为），即数列为收敛数列.下列结论正确的是（    ）A．数列是一个收敛数列B．若数列为收敛数列，则，使得，都有C．若数列和为收敛数列，而数列不一定为收敛数列D．若数列和为收敛数列，则数列也一定为收敛数列【答案】ABD【分析】根据新定义证明是一个收敛数列，A正确，取得到B正确，证明，一定为收敛数列，得到C错误D正确，得到答案.【详解】对选项A：存在，取，当时，，是收敛数列，正确；对选项B：当时，，则，当时，中最大的项为，取，则，正确；对选项C：对任意，取，时，恒有，时，，故时，则，故数列一定为收敛数列，错误；对选项D：对任意，，取，时，恒有，时，，故时，则，故数列一定为收敛数列，正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用数列的新定义，构造类似的关系，是解题的关键. 三、填空题13．曲线在点处的切线方程是__________（结果用一般式表示）.【答案】【分析】求导，由导数的几何意义可得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程.【详解】,所以，所以由点斜式可得切线方程为，即，故答案为：14．在边长为6的正中，若点满足，则__________.【答案】【分析】以、作为一组基底表示出、，再根据数量积的运算律计算可得.【详解】因为，所以，，所以.故答案为：15．近两年来，多个省份公布新高考改革方案，其中部分省份实行“”的高考模式，“3”为全国统一高考的语文､数学､外语3门必考科目，“1”由考生在物理､历史两门科目中选考1门科目，“2”由考生在思想政治､地理､化学､生物4门科目中选考2门科目，则甲，乙两名考生恰有两门选考科目相同的概率为__________.【答案】【分析】首先求出选科的总情况，再求出有两门选考科目相同的情况，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】甲、乙两名考生选科的总情况有，其中恰有两门选考科目相同的情况有以下两种：①在物理、历史两科中选科相同：；②在物理、历史两科中选科不同：，因此甲、乙两名考生恰有两门选考科目相同的概率.故答案为：16．已知双曲线的右焦点为，双曲线的一条渐近线与圆在第二象限的交点为，圆在点处的切线与轴的交点为，若，则双曲线的离心率为__________.【答案】/【分析】依题意得：，渐近线的方程为，联立渐近线方程和圆的方程求得，根据求得直线的斜率，进而得到其方程，从而求得.由，结合正弦定理可得，，从而利用两点距离公式代入可得，进而求得双曲线的离心率.【详解】依题意得：，渐近线的方程为，联立 ，解得 ，.的方程为，令，得 .，根据正弦定理可得，则，即.，即故答案为：【点睛】关键点睛：这道题的关键是能根据正弦定理把，转化为，从而借助两点距离公式构造齐次方程求离心率. 四、解答题17．在中，内角的对边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若，且，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，由此求得.（2）正弦定理求得，根据余弦定理、三角形的面积公式求得正确答案.【详解】（1）依题意，，由余弦定理得，则，由正弦定理得，由于，则,所以为锐角，则.（2）由正弦定理得，，由余弦定理得①，由两边平方得，代入①得，即，解得（负根舍去），所以.18．如图①，在等腰梯形中，点为边上的一点，，是一个等边三角形，现将沿着翻折至，如图②.(1)在翻折过程中，求四棱锥体积的最大值；(2)当四棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平面平面时，四棱锥体积取得最大值来求得正确答案.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.【详解】（1）依题意可知：三角形是边长为的等边三角形，高为，四边形是边长为的菱形，且，，在翻折过程中，当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，且最大值为.（2）设的中点为，连接，当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，由于平面平面平面，，所以平面，由于平面，所以，连接，则三角形是等边三角形，所以，由于平面平面平面，，所以平面.以为原点建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.19．设正项数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)能否从中选出以为首项，以原次序组成的等比数列.若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列的前项和；若不能，请说明理由.【答案】(1)(2)能，，. 【分析】（1）根据与的关系式，分成与两种情况求解；（2）观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列；再得出通项，求其和即可.【详解】（1）当时，，即，得或（舍去）.当时，由，……①得，……②得：，化简得.因为，所以，，即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，所以.（2）存在.当，时，会得到数列中原次序的一列等比数列，此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；下面证明此时的公比最小：，假若取，公比为，则为奇数，不可能在数列中.所以.又，所以，即的通项公式为：，故.20．旅游承载着人们对美好生活的向往.随着近些年人们收入和消费水平不断提高，对品质生活的需求也日益升级，旅游市场开启了快速增长的时代.某旅游景区为吸引旅客，提供了､两条路线方案.该景区为进一步了解旅客对这套路线的选择情况和满意度评价（“好”或“一般”），对300名的旅客的路线选择和评价进行了统计，如下表： 路线路线合计好一般好一般男 2055 120女90  40180合计 50 75300(1)填补上面的统计表中的空缺数据，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对，两条路线的选择与性别有关？(2)某人计划到该景区旅游，预先在网上了解两条路线的评价，假设他分别看了两条路线各三条评价（评价好或一般的可能性以前面统计的比例为参考），若评价为“好”的计5分，评价为“一般”的计2分，以期望值作为参考，那么你认为这个人会选择哪一条线路.请用计算说明理由.附：，其中.0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828 【答案】(1)表格见解析，有关(2)选择路线，理由见解析 【分析】（1）首先补全补全统计表，即可作出列联表，再计算出卡方，即可判断；（2）首先求出选择、路线好评的概率，路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，求出所对应的概率，求出数学期望，即可判断.【详解】（1）补全统计表如下： 路线路线合计好一般好一般男10205535120女90302040180合计100507575300零假设：对于、两条路线的选择与性别无关，将所给数据整理，得到如下列联表：性别路线合计男3090120女12060180合计150150300所以，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为对、两条路线的选择与性别有关.（2）设为选择路线好评率，则，设为选择路线好评率，则，设路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，则，，，，所以，，，，，所以，所以，所以选择路线.21．已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为，过的直线与椭圆相交于两点，且的周长为8.(1)求椭圆的方程；(2)若过点的动直线与椭圆相交于两点，直线的方程为.过点作于点，过点作于点.记的面积分别为，，.问是否存在实数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，利用焦距求出c，再由椭圆a，b，c关系即可求出椭圆方程；（2）依题意作图，设n的方程并与椭圆方程联立，求出的解析式，即可求出的值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，所以，由椭圆的定义可得的周长为，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）由题意可知，直线n的斜率不为0，其方程可设为，设，，则，，联立可得，，由韦达定理可得，，因为.因为，，所以，所以，故，即，所以存在实数，使得成立.22．已知函数，其中是自然对数的底数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，若对任意的恒成立，求的值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解；（2）首先求出函数的导函数，令，求出，再分、、、四种情况讨论，结合函数的单调性即可判断.【详解】（1）当时，，则，当时，令解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，，所以在上单调递减，当时，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，所以，令，则，当时，，与对任意的，恒成立矛盾，不合题意；当时，，即在上单调递增，又因为，，故存在使得，故当时，此时，所以在上单调递减，所以，不合题意；当时，，即在上单调递增，又因为，故当时，，此时，所以在上单调递减，当时，，此时，所以在上单调递增， 所以，满足题意；当时，，即在上单调递增，又因为，，故存在使得，故当时，，此时，所以在上单调递增，所以，不合题意；综上可得.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．