湖南省长沙市周南中学2023届高三二模数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023届高三二模数学试题（含解析），共23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。
湖南省长沙市周南中学2023届高三二模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若复数，则（　  ）A． B． C．4 D．52．已知集合，，且，则的取值集合为（     ）A． B． C． D．3．在中，已知C=45°，，，则角B为（    ）A．30 B．60 C．30或150 D．60或1204．设等比数列的前项和为，已知，，则（　  ）A． B． C． D．5．已知函数的定义域为，且的图象关于点成中心对称.当时，，则（    ）A．1 B．3 C． D．6．已知菱形ABCD的边长为1，，G是菱形ABCD内一点，若，则（　  ）A． B．1 C． D．27．若斜率为1的直线l与曲线和圆都相切，则实数a的值为（　  ）A．或2 B．0或2 C．0 D．28．双曲线（，）的上支与焦点为F的抛物线（）交于A，B两点，若，则该双曲线的离心率为（　  ）A． B． C．2 D． 二、多选题9．下列说法中，正确的命题有（　  ）A．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好B．已知随机变量服从正态分布N（2，），，则C．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和0.3D．若样本数据，，…的方差为2，则数据，，…的方差为1610．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（    ）A． B．C． D．11．在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）A． B．平面C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为12．已知函数，下列结论正确的是（    ）A．函数有极小值，且极小值是的最小值B．C．函数在区间单调递减，在区间单调递增D．设，若对任意，都存在，使成立，则 三、填空题13．的展开式中的系数是______.14．若圆上有四个点到直线的距离为，则实数a的取值范围是______．15．根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的轴，已知抛物线，若从点Q（3，2）发射平行于x轴的光射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则_______. 四、双空题16．有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 五、解答题17．已知等差数列的各项均为正数，，.(1)求的前项和；(2)若数列满足，，求的通项公式.18．已知向量（，），（，），.(1)求函数的最大值及相应x的值；(2)在△ABC中，角A为锐角且，，BC=2，求的面积.19．如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.(1)求证：平面平面；(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.20．某市正在创建全国文明城市，学校号召师生利用周末从事创城志愿活动．高三（1）班一组有男生4人，女生2人，现随机选取2人作为志愿者参加活动，志愿活动共有交通协管员、创建宣传员、文明监督员三项可供选择．每名女生至多从中选择参加2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为；每名男生至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为．每人每参加1项活动可获得综合评价10分，选择参加几项活动彼此互不影响，求(1)在有女生参加活动的条件下，恰有一名女生的概率；(2)记随机选取的两人得分之和为X，求X的期望．21．已知双曲线，点与双曲线上的点的距离的最小值为．(1)求双曲线E的方程；(2)直线与圆相切，且交双曲线E的左、右支于A，B两点，交渐近线于点M，N．记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程．22．已知函数.(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；(2)若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”.若时，函数是“恒切函数”，求证：.
参考答案：1．D【分析】先化简，再由复数的加法运算求出，由复数的模长公式求解即可.【详解】因为，所以所以，所以.故选：D.2．B【分析】由集合和元素的关系及并集的定义讨论即可.【详解】由题意可得：或若，此时，集合的元素有重复，不符合题意；若，解得或，显然时符合题意，而同上，集合的元素有重复，不符合题意；故.故选：B3．A【分析】由正弦定理，求得，结合，即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得，又因为，可得，即，所以.故选：A.4．D【分析】利用等比数列通项公式以及前项和的公式即可求解.【详解】因为，所以.所以，解得.，，解得.故选：D5．C【分析】根据题意和抽象函数图象的对称性可得的图象关于原点中心对称，为奇函数，结合奇函数的性质即可求解.【详解】因为将的图象向右平移1个单位长度后得到函数的图象且的图象关于点成中心对称，所以的图象关于原点成中心对称，则在上是奇函数，所以.故选：C.6．A【分析】由题意可得出，点G为的重心，所以，，再由向量的数量及定义求解即可.【详解】在菱形ABCD，菱形ABCD的边长为1，，所以，所以，则为等边三角形，因为，所以，设点M为BC的中点，则，所以，所以G，A，M三点共线，所以AM为BC的中线，所以，同理可得点AB，AC的中线过点G，所以点G为的重心，故，在等边中，M为BC的中点，则，所以.故选：A  7．B【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．【详解】设直线l与曲线的切点为，由，则，则，，即切点为，所以直线l为，又直线l与圆都相切，则有，解得或.故选：B.8．A【分析】首先根据焦半径公式，确定，再利用抛物线与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，即可求解双曲线的利息率.【详解】根据题意，设，，A，B在抛物线上，则，，则，又，则，即，又，消y可得，则，所以，即，所以，又，所以.  故选：A9．AC【分析】对于A，利用残差图的意义即可判断；对于B，利用正态分布的对称性计算判断；对于C，对给定模型取对数比对即得；对于D，利用新数据方差计算公式判断作答．【详解】对于A，在做回归分析时，由残差图表达的意义知，A正确；对于B，因，且，于是得，B不正确；对于C，由得，依题意得，，即，C正确；对于D，依题意，， ，…，的方差为，D不正确.故选：AC.10．ACD【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】依题意可知，，B选项错误.，，A正确.，，C正确.，.D选项正确.故选：ACD11．BCD【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间垂直向量的坐标表示判断A；利用线面平行的向量法判断B；利用面面平行的向量法判断C；利用向量法求出点到平面的距离公式判断D.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，A：，有，则DF与不垂直，故A错误；B：，，设平面DEF的法向量为，则，令，得，所以，得，所以平面DEF，故B正确；C：，由B选项可知平面DEF的法向量，设平面的法向量分别为，，令，得，所以，得不成立，所以平面与平面DEF相交，故C正确；D：由，平面DEF的法向量，则点B到平面DEF的距离为，故D正确.故选：BCD.12．BCD【分析】首先确定定义域，根据导数研究函数的单调性以及最值，逐项分析判断即可得解.【详解】对C，由，可得，求导可得，由，可得，当，时，，为减函数，当时，，为增函数，故C正确；对A， 由选项C可知，函数在处有极小值，且其极小值为，而，故极小值不是最小值，故A错误；对B，由，所以，所以，，即，又，，故成立，故B正确.对D，在上的值域包含在上的值域，由时，为减函数，当时，为增函数，故的值域为，由在上的值域为，所以，故D正确；故选：BCD13．20【分析】直接用二项式定理讨论即可.【详解】二项式中，，当中取x时，这一项为，所以，，当中取y时，这一项为，所以，，所以展开式中的系数为故答案为：14．【分析】由题意得，圆心到直线的距离，列式求解即可．【详解】圆的圆心为，半径为，因为圆上有四个点到直线的距离为，所以圆心到直线的距离，所以，解得．故答案为：．15．【分析】由题意求出A点坐标，由于直线过焦点，利用点斜式方程求出直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理求出点B坐标，利用两点间的距离求出即可.【详解】由条件可知AQ与x轴平行，令，可得，故A点坐标为，因为 经过抛物线焦点，所以 方程为，整理得，联立，得，，所以，又，所以，，所以.故答案为：.16．          【分析】记事件表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得，进而可得，然后构造等比数列，求通项公式即得.【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，，所以，，，进而可得，，又，，，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，即，故答案为：；.17．(1)(2) 【分析】（1）利用等差数列的性质得到，根据等差数列的通项公式求出公差，代入等差数列的前项和公式进而求解；（2）结合（1）的结论得到，进而得到，利用累乘法求出.【详解】（1）等差数列中，因为，所以，又因为等差数列的各项均为正数.所以，又因为，所以.所以.（2）由（1）得，因为，且，所以，所以.所以.所以.当时也符合.所以的通项公式为.18．(1)，时，取最大值 ；(2). 【分析】（1）由平面向量的数量积运算，三角函数恒等变换可得的解析式，利用正弦函数的性质可求的最大值及相应的值；（2）由（1）及角A的范围可求角A，进而求出角B，角C，再由正弦定理可得AC的边长值，代入三角形面积公式即可求解.【详解】（1）依题意，，即，所以，当，即，时，取最大值 ；（2）由（1）及得：，即，由，则，因此，，则，而，有，所以，在中，由正弦定理得，，，所以的面积为.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.【详解】（1）取中点，连接、，如图所示：，点是的中点，，又是的中点，，又在直三棱柱中，有， 平面，平面，平面，且面，平面平面，，平面，且平面，，又，且、平面，平面，又，平面，平面，面平面.（2）由（1）知平面，则，设，则，，，，由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，此时，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则有，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则有，取，解得，设直线与平面所成的角为，，故直线与平面所成角的正弦值为.20．(1)(2) 【分析】（1）根据条件概率的计算公式即可求得答案；（2）方法一：根据女生参加活动的人数确定变量的可能取值，计算每个取值对应的概率，可得变量的分布列，即可求得期望；方法二：分别计算出一名女生和一名男生参加活动可获得分数的期望，设恰有Y名女生参加活动，则男生有名参加活动，，计算出变量Y的期望，即可求X的期望.【详解】（1）设“有女生参加活动”为事件A，“恰有一名女生参加活动”为事件B．则，，所以．（2）方法一: “选取的两人中女生人数为i”记为事件，，则，，．由题意知X的可能值为，“得分为分”分别记为事件，，，，，则，，；，，；，，．；；；；，所以X的分布列为X2030405060P所以．方法二：根据题意，一名女生参加活动可获得分数的期望为，一名男生参加活动可获得分数的期望为．设恰有Y名女生参加活动，则男生有名参加活动，，则，，．所以Y的分布列为Y012P则有，所以．【点睛】难点点睛：本题考查了条件概率的计算，比较基础，第二问考查随机变量的期望的求解，求解的思路并不困难，但难点在于要根据变量的取值的可能情况，计算每种情况相应的概率，计算较复杂，计算量较大，需要思维缜密，计算仔细。21．(1)(2) 【分析】（1）设是双曲线上的任意一点，先求得，再结合题意即可求得的值，进而即可求出双曲线E的方程；（2）先根据直线与圆相切得到，设，，再联立直线的方程和双曲线E的方程，求得，，根据题意求得的取值范围，设点到AB的距离，从而求得，再联立直线的方程和双曲线E的渐近线的方程，求得，，设点O到MN的距离，从而求得，再结合即可求得的值，进而即可求得直线l的方程．【详解】（1）设是双曲线上的任意一点，则，所以当时，的最小值为，所以，得，所以双曲线E的方程为．（2）由直线与圆相切得，由直线交双曲线的左、右支于A，B两点，设，，联立，消整理得，则，，，所以，所以，即，解得，又，则，故，，所以，又点到AB的距离，故，设，，联立方程组，消整理得，则，，，所以，所以，又点O到MN的距离，故，所以当时，有，整理得，即，又，则，即，解得，（舍去），所以，则，所以直线方程为．【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理解决弦长问题，进而解决面积相关的取值范围问题，属中难题，关键是熟练掌握弦长公式和直线与双曲线的位置关系的判定方法．22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据零点的个数先估计零点的取值范围，然后可将问题转化成方程的解的个数问题；（2）根据新定义先找出“恒切函数”所满足的条件，然后利用该条件，找到所满足的条件后进行研究.【详解】（1）依题意，令，则，当时，，方程无解，无零点；所以，所以，设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.，设，由于，，，①时， 为上的减函数，有，有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；②当时，即，在上单调递增，，，使得，即在上递减，在上递增，又，所以，由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；③时，在上单调递减，上单调递增，此时的极小值为唯一零点，不符合要求；④当时，即，在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，且由单调性知，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求.综上，a的取值范围：；（2）根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，则即，函数是“恒切函数”，设切点为，即，可得，则有即考查方程的解，设，因为，令，得.当时，；当时，.所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.所以. （i）当时，因为，，所以，函数在区间上存在唯一零点.又因为；（ii）当时，因为，所以函数在区间上有唯一零点，由，则，综上所述，.【点睛】第二问的处理，先需要读懂新定义，然后根据新定义找到所满足的关系式，利用导数的工具，零点存在定理，进一步确定的取值范围.