湖南省娄底市部分学校2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份湖南省娄底市部分学校2023届高三三模数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省娄底市部分学校2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．2．已知复数，是方程的两个根，则（    ）A． B． C． D．3．设正项等比数列的前项和为，若，则（    ）A．4 B．3 C．2 D．14．2000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割.所谓黄金分割点，指的是把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，黄金分割比为.如图，在矩形中，与相交于点，，且点为线段的黄金分割点，则（    ）A． B．C． D．5．已知：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积之比为（常数），那么这两个几何体的体积之比也为.则椭圆绕长轴旋转一周形成的几何体的体积为（    ）A． B． C． D．6．年春节联欢晚会以“共圆小康梦、欢乐过大年”为主题，突出时代性、人民性、创新性，节目内容丰富多彩，呈现形式新颖多样.某小区的个家庭买了张连号的门票，其中甲家庭需要张连号的门票，乙家庭需要张连号的门票，剩余的张随机分到剩余的个家庭即可，则这张门票不同的分配方法的种数为（ ）A．B．C．D．7．若，则（    ）A． B．C． D．8．已知函数，若关于的方程有四个不等实根．则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知，且，则（    ）A． B． C． D．10．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（    ）A．，，两两互斥 B．C．与B是相互独立事件 D．11．2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图像近似函数的图像，而破碎的涌潮的图像近似（是函数的导函数）的图像．已知当时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为－4，则（   ）A． B．C．是偶函数 D．在区间上单调12．已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）A．若直线OA，OB的斜率之积为，则直线过定点B．若直线OA，OB的斜率之积为，则面积的最大值是C．若，则的最大值是D．若，则当取得最大值时， 三、填空题13．已知的展开式的二项式系数之和为64，则展开式第三项的系数是 _______．14．若，则___________.15．若对任意的，都有成立，则的最大值为___________. 四、双空题16．如图，DE是边长为6的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE，当三棱锥A1－CED的体积最大时，四棱锥A1－BCDE外接球O的表面积为_____；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________. 五、解答题17．如图，在平面四边形ABCD中，，于点E，，且△ACD的面积为△ABC面积的2倍．(1)求值；(2)当时，求线段DE的长．18．已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，．(1)求数列和的通项公式；(2)记，，求数列的前项和；(3)记，，证明数列的前项和．19．冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O中，得3分，冰壶的重心落在圆环A中，得2分，冰壶的重心落在圆环B中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，．(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率；(2)设甲、乙两人所得的分数之和为X，求X的分布列和期望．20．如图，在五面体中，，，，，P， O分别为CD，AP的中点，二面角的大小为．(1)证明：平面；(2)求平面ADF平面BCE成二面角的正弦值．21．如图，在平面直角坐标系中，分别为等轴双曲线的左、右焦点，若点A为双曲线右支上一点，且，直线交双曲线于B点，点D为线段的中点，延长AD，BD，分别与双曲线交于P，Q两点．(1)若，求证：；(2)若直线AB，PQ的斜率都存在，且依次设为，试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理出．22．已知函数（）．(1)若a=1，讨论的单调性；(2)若函数存在两个极小值点，，求实数a的取值范围；(3)当时，设，求证：．
参考答案：1．B【分析】分别求出集合对应的代表元素，根据并集的定义即可求解.【详解】由题意可得，，则，故选：B.2．C【分析】根据韦达定理，可得：，，代入进行求解即可．【详解】因为复数，是方程的两个根，所以，，所以．故选：C3．A【分析】根据第一个等量关系得到关于公比的方程，解方程得到公比的值，代入第二个等量关系得到关于首项的方程，解方程得到首项，从而得到的值.注意正项等比数列的公比大于0.【详解】设正项等比数列的公比为q（q>0），则由得，即，即，即，解得（舍去）.由得，即，将代入得，解得，则.故选：A.4．D【分析】由题意得，结合矩形的特征可用表示出，再利用向量加减法法则及数乘向量运算法则即可作答.【详解】由题意得，显然，，同理有，，所以，故，因为，所以.故选：D5．B【分析】将半椭圆和半圆绕着轴旋转一圈后，利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，计算出，再利用题中结论以及球体的体积公式可求得结果.【详解】如下图所示：  直线交半椭圆于两点，交半圆于两点，由题意可得，将半椭圆和半圆绕着轴旋转一圈后，利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，由题意可知，设半椭圆绕轴旋转一圈所得的几何体体积为，半圆绕轴旋转一圈所得的几何体体积为，则，所以.故选：B6．C【解析】根据甲、乙个家庭的张票是否连号分类计算.【详解】若甲、乙个家庭的张票连号，则有种不同的分配方法，若甲、乙个家庭的张票不连号，则有种不同的分配方法，综上，这张门票共有种不同的分配方法，故选：C.【点睛】(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．7．B【分析】由于，故构造函数，利用导数判断其单调性，可比较的大小，根据，构造函数，判断其单调性，可比较大小，由此可得答案.【详解】由于，故设函数 ，则，，由于，所以，即，即，故为单调递减函数，故，即，令，则，即；又，令，则，即为单调递增函数，故，即，令，则，即，故，故选：B【点睛】关键点点睛：此类比较数的大小的题目类型，一般是要构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，关键是要能对数的特征进行变化，根据数的特征选定自变量，从而构造函数.8．C【分析】画出函数的图象，利用换元法，并构造函数，通过讨论的取值范围即可求解.【详解】当，令解得，令解得，所以函数在单调递增，单调递减，，当时，，作出函数的图象如下，关于的方程有四个不等实根，令，，则有两个不相等的实数根， （i），，此时各有2个根，满足题意，所以解得（ii），由，则函数的一个根在，另一个根在，所以解得，综上，.故选:C.9．ACD【分析】利用不等式的性质可判断B的正确，利用对数函数的性质可判断D的正误，利用反例可判断BC的正误.【详解】因为，且，由基本不等式可得，故，当且仅当时等号成立，故A成立.,当且仅当时等号成立，故C正确.对于B，取，则，故B错误.对于D，因为，故，而，故，故，故D成立，故选：ACD.10．AB【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，对于B，由题意可得，所以，所以B正确，对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，对于D，由C选项可知D是错误的，故选：AB11．BC【分析】由，求得， 由题意得，由，，解出，由破碎的涌潮的波谷为-4，解得，得到和解析式，逐个判断选项.【详解】，则， 由题意得，即，故，因为，，所以，所以，则选项A错误；因为破碎的涌潮的波谷为，所以的最小值为，即，得，所以，则， 故选项B正确；因为，所以，所以为偶函数 ，则选项C正确；，由， 得， 因为函数在 上单调递增，在 上单调递减，所以在区间上不单调，则选项D错误.故选：BC12．AC【分析】设直线：，，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，然后由斜率之积求得值，得定点坐标判断A，由选项A的推导得的面积，由面积的表达式得最小值，判断B，在中，由余弦定理得，代入后应用基本不等式得最值，判断C，由选项C的推导得可设直线：然后求得判断D．【详解】设直线：，，，联立整理得，则，.因为直线OA，OB的斜率之积为-2，所以.因为，，所以，所以，解得，即直线过定点，故A正确.由A选项可知，当且仅当时，等号成立，则面积的最小值是，故B错误.在中，由余弦定理可得.因为，所以，则.因为，所以，当且仅当时，等号成立，故C正确.由C选项可知直线的斜率不存在，设直线：，则直线与轴的交点为，从而，.因为，所以，所以，即，整理得，解得或.当时，；当时，.综上，或，则D错误.故选：AC．【点睛】方法点睛：直线与抛物线相交的定点问题，一般设交点为，设直线方程为（对焦点在轴上的抛物线），代入抛物线方程后应用韦达定理得，再把此结果代入题设中其它条件可参数关系或参数值．从而得直线所过定点坐标．13．【分析】根据二项式系数的和的性质，求得，结合二项展开式的通项，即可求解.【详解】由的展开式的二项式系数之和为，可得，解得，即则展开式第三项为，所以展开式第三项的系数是.故答案为：.14．【分析】根据题中条件，由诱导公式以及二倍角公式，直接计算，即可得出结果.【详解】因为，则.故答案为：.15．【分析】等价于，即可转化为，设对应函数，结合函数单调性即可求解.【详解】等价于，即，即，设，由题意可知在上单调递减，因为，则在上恒成立，则，故的最大值为.故答案为：.16．     39π     【分析】由题意确定当平面平面时，三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积；以为直径的球的截面圆的面积最小，求出此时截面圆的面积即可．【详解】解：由题意可知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，如图所示，取的中点，连接，则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，设的中点为，连接，，则，所以为四边形的外接圆的圆心，过作平面的垂线，过作平面的垂线，则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，连结，则四边形为矩形，，连结，在中，，所以四棱锥外接球的表面积为；由题意可知，当垂直于截面时，截面圆最小，即以为直径的球的截面圆的面积最小，所以最小值为．故答案为：；．17．(1)(2)或 【分析】（1）利用三角形面积公式和面积之间的关系得到；（2）由正弦定理得，则有，分情况讨论即可.【详解】（1），，，，.（2）由题,在中,,， .又.在中,由余弦定理,得.当时,.当时,.综上:或.18．(1),(2)(3)证明见解析 【分析】(1)根据等差等比数列通项公式直接求解；(2)利用错位相减法求和；(3)利用裂项相消求和.【详解】（1）设公差为，公比为，则由题可得数列的前8项的和，因为，所以，所以，又因为，所以解得或（舍），所以.（2）由（1）得，所以，即，，两式相减得，所以，（3）由（1）得则，.因为所以19．(1)(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）求出甲乙二人都得0分的概率，然后由两人同时得0分、1分、2分、3分计算概率并相加即可；（2）由题意X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，分别计算出概率的分布列，由期望公式计算期望．【详解】（1）由题意知甲得0分的概率为，乙得0分的概率为，所以甲、乙两人所得分数相同的概率为．（2）X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，则，，，，，，，所以，随机变量X的分布列为：X0123456P所以．20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知条件证明为等边三角形，则有，证明平面，则有，可得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角的问题.【详解】（1）∵，，为的中点，为平行四边形，∴且∵，∴，则．又∵，∴，∴为二面角的平面角，∴又∵，∴为等边三角形，∵为的中点，则，又∵，，平面，，∴平面，∵平面，∴，平面，，∴平面.（2）设的中点为，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，， ，，.        设平面的一个法向量为 ，则  ，令，则， ．设平面的一个法向量为 ，则  ，令，则， . ∴ ∴所求二面角的正弦值为 .21．(1)证明见解析；(2)定值，7. 【分析】（1）分两种情况讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，运用斜率公式可证明；（2）设直线的方程为，与双曲线联立得，同理得，由斜率公式及（1）中的结论可得结论.【详解】（1）由等轴双曲线知离心率，，及，可得，所以双曲线方程为，.当直线的斜率不存在时，，，直线的斜率存在时，，，整理得，综上所述，成立；（2）依题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，代入双曲线并化简得：，①由于，则代入①并化简得：，设，则，解得，代入，得，即，同理可得，所以，所以是定值.22．(1)单调递减；单调递增(2)(3)证明见解析 【分析】（1）代入求导，求的正负，判断单调区间；（2）求，分类讨论和范围下的极小值点个数，从而得出a的取值范围；（3）求的最小值，转化为证明，化简求导数证明即可.【详解】（1）函数的定义域为，当时，，所以，设，则，故为上的增函数，故，当时，，函数在上为单调递减；当时，，函数在上单调递增．（2）由已知，，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，①当时，，此时当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以，无极大值；②当时，，又在单调递增，所以在上有唯一零点，且，设，则当，故在上为减函数.所以，所以，所以，又在单调递减，所以在上有唯一零点，且，故当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以函数有两个极小值点．故实数a的取值范围为．（3）由已知，即，其定义域为，所以，当时，或，因为，所以，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增．所以．所以要证，只需证，即证，令，则，记，则，∴在单调递减，又，故存在，使得，即，∴，记，在上单调递减，，故只需证，即，∵，∴在上单调递增，成立，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：（1）本题讨论极小值点个数，关键是将导数写成含有常见函数的形式，然后分析讨论的范围，得出极值点的个数；（2）用导数证明不等式，可以采用凹凸反转的方法，即将不等式拆分成两个函数，证明其中一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，或证明其中一个函数的最大值小于另一个函数的最小值；（3）当求函数时，若零点不可求，可采用“隐零点”的方法，即借助于等式，表示参数，代入消参求出最值.