湖南省益阳市安化县第二中学2023届高三下学期模拟考试数学试题（含解析）

这是一份湖南省益阳市安化县第二中学2023届高三下学期模拟考试数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

湖南省益阳市安化县第二中学2023届高三下学期模拟考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则复数的虚部为（    ）
A． B．5 C． D．2
3．设，向量，，，且，，则（    ）．
A． B． C． D．10
4．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有（    ）．

A．10层 B．11层 C．12层 D．13层
5．直线与曲线恰有两个不同的公共点，则实数b的取值范围是（    ）
A． B．
C．， D．
6．某个单位安排7位员工在“五·一”假期中1日至7日值班，每天安排1人值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在5月1日，丁不排在5月7日，则不同的安排方案共有（    ）
A．504种 B．960种 C．1008种 D．1200种
7．已知，，，则，，的大小关系正确的是（    ）
A． B． C． D．
8．如图所示，该几何体是由两个全等的直四棱柱相嵌而成的，且前后、左右、上下均对称，两个四棱柱的侧棱互相垂直，已知该几何体外接球的体积为，四棱柱的底面是正方形，且侧棱长为4，则两个直四棱柱公共部分的几何体的内切球体积为（    ）
  
A． B． C． D．

二、多选题
9．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）
A．
B．是图象的一个对称中心
C．当时，取得最大值
D．函数在区间上单调递增
10．在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论正确的是（    ）

A． B．平面
C．点B到平面的距离为 D．直线BO与直线的夹角为
11．已知直线过抛物线C：的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两切线交于点G，设，，，则下列选项正确的是：（    ）
A．
B．以线段AB为直径的圆与直线相离
C．当时，
D．面积的取值范围为
12．已知函数，，，则下列结论正确的是（    ）
A．在上单调递增
B．当时，方程有且只有3个不同实根
C．的值域为
D．若对于任意的，都有成立，则

三、填空题
13．已知随机变量，且，则_________.
14．的二项展开式中的常数项为___________.（用数字作答）
15．已知双曲线：，若直线的倾斜角为60°，且与双曲线C的右支交于M，N两点，与x轴交于点P，若，则点P的坐标为________.
16．若函数和的图象有且仅有一个公共点P，则g(x)在P处的切线方程是_________.

四、解答题
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面积，满足．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）求的最大值．
18．已知数列满足，．
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求使不等式＜对一切恒成立的实数的范围．
19．如图，在四棱锥中，二面角是直二面角，为等腰直角三角形的斜边，，，，为线段上的动点.

（1）当时，证明：平面；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值.
20．2022年北京冬奥会圆满落幕，随后多所学校掀起了“雪上运动”的热潮.为了解学生对“雪上运动”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下信息：
①抽取的学生中，男生占的比例为60%；
②抽取的学生中，不喜欢雪上运动的学生占的比例为45%.
③抽取的学生中，喜欢雪上运动的男生比喜欢雪上运动的女生多50人.
(1)完成2×2列联表，依据小概率值α=0.001的χ²独立性检验，能否认为是否喜欢雪上运动与性别有关联?

喜欢雪上运动
不喜欢雪上运动
合计
男生



女生



合计



(2)（i）从随机抽取的这200名学生中采用分层抽样的方法抽取20人，再从这20人中随机抽取3人.记事件A=“至少有2名是男生”，事件B=“至少有2名喜欢雪上运动的男生”，事件C=“至多有1名喜欢雪上运运的女生”.试分别计算和的值.
（ii）根据第（i）问中的结果，分析与的大小关系.
参考公式及数据，.

0.10
0.05
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
21．如图所示，为椭圆的左､右顶点，离心率为，且经过点.

(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，点，点是椭圆上的点，直线交椭圆于点不重合），直线与交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，且，证明：．

参考答案：
1．C
【分析】先分别求出集合与，再利用集合的交集运算进行求解.
【详解】集合，集合，
所以.
故选：C.
2．A
【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，所以，
故复数的虚部为.
故选：A.
3．C
【分析】先利用向量垂直求出，再利用向量平行求出，进而可得的坐标，则可求.
【详解】，，
，
，
，，
，
，
，
.
故选：C.
4．C
【分析】设该数列为，塔群共有n层，则数列为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，根据题意结合等差数求和公式可得，从而可求出的值
【详解】根据题意，设该数列为，塔群共有n层，
即数列有n项，数列为1，3，3，5，5，7，…，
则．
该数列从第5项开始成等差数列，且，，则其公差，
则有，
又，则有，
即，解得或（舍去），则．
故选：C．
5．B
【分析】是斜率为的直线，曲线是以原点为圆心为半径的圆的右半圆，利用点到直线距离公式，结合图形可得答案.
【详解】是斜率为的直线，
曲线是以原点为圆心为半径的圆的右半圆，
画出它们的图象如图，
当直线与圆相切时，（舍去），
当直线过时，,
由图可以看出：
当时，直线与半圆有两个公共点，
故选：
  
6．C
【分析】根据题意，利用间接法，即可求解.
【详解】依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有（种），
其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班的方法共有（种）；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在5月7日值班的方法共有(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班，丁在5月7日值班的方法共有(种).
因此满足题意的方法共有(种).
故选：C.
7．B
【分析】首先可得，再根据对数函数的性质得到，即可判断.
【详解】因为，所以，
又，，
因为，，，
所以，则，即，
所以.
故选：B
8．D
【分析】分析该几何体的结构特征，先求得底面正方形的边长，求出几何体的边长及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，代入球的体积公式即可求解.
【详解】由题意，该几何体的直观图如图所示：
  
这两个直四棱柱的中心既是外接球的球心也是内切球的球心，
设外接球的半径为R，直四棱柱的底面边长为a，
则，所以，所以，解得，
该几何体是由两个全等的四棱锥和组成，
该几何体前后、左右、上下均对称，知四边形是边长为的菱形，
侧面均为全等的等腰三角形，腰长为，底边为，
设的中点为H，连接BH，SH，可知SH即为四棱锥的高，
在等腰三角形中，，边上的高为2，则，
在中，，又，
所以，又，
所以，
设内切球的半径为，由八个侧面的面积均为，
内切球的球心到各个侧面的距离都是，
利用等体积法得，解得，
故几何体的内切球的体积为.
故选：D
【点睛】方法点睛：解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思路是：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径，如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径、下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程并求解.
9．BD
【分析】利用三角函数图象变换求出函数的解析式，可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；代值计算可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
则，A错；
对于B选项，，则是图象的一个对称中心，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，当时，，
所以，函数在区间上单调递增，D对.
故选：BD.
10．ABC
【分析】根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A; 连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.
【详解】对于A，如图，连接 ,则交于点O,
正方体中， 平面 平面 ,
故 ,而 平面 ,
故平面,故平面，而平面,
故，即，故A正确；

对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,
故四边形是平行四边形，故平面不在平面ACD1,
故平面，故B正确；
对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,
故 ，解得 ，故C正确；
对于D,连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，
在 中， ,
所以 ,则 ,故D错误，
故选：ABC
11．AB
【分析】求出抛物线的焦点及准线，设直线l的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，计算可判断A；利用定义及直线与圆的位置可判断B；由向量共线求出弦长判断C；求出点G的坐标及面积的函数式即可判断作答.
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设直线l的方程为，
由消去y得：，于是得，
，A正确；
以线段AB为直线的圆的圆心，则，点
到直线距离，
由抛物线定义得，显然，即以线段为直径的圆与直线相离，B正确；
当时，有，即，而，于是得，，C不正确；
由求导得，于是得抛物线C在A处切线方程为：，即，
同理，抛物线C在B处切线方程为：，联立两切线方程解得，，
点到直线l：的距离，
于是得面积，当且仅当时取“=”，
面积的取值范围为，D不正确.
故选：AB.
12．BCD
【分析】对于A：取特殊函数值否定结论；
对于B：当时，解方程得到和是方程的根.利用零点存在定理证明在上有且只有一个零点.即可证明.
对于C：根据单调性求出的值域.
对于D：对x分类讨论： 、和三种情况，利用分离参数法分别求出k得到范围，取交集即可.
【详解】对于A：.
因为，，
所以，所以.
所以在上不是增函数.
故A错误；
对于B：当时，方程可化为：或.
由可解得：.
对于，显然代入方程成立，所以是方程的根.
当时，记.
.
所以令，解得：；令，解得：；
所以在上单增，在上单减.
所以.所以在上没有零点；
而在上单减，且，，
所以在上有且只有一个零点.
综上所述：当时，方程有且只有3个不同实根.
故B正确；
对于C：对于.
当时，.，所以；
当时，..
令，解得：；令，解得：；
所以在上单减，在上单增.
所以；
故的值域为成立.
故C正确.
对于D：对于任意的，都有成立，
所以及恒成立.
若恒成立，则有.
令，只需.
令，则.则.
所以，即.
若恒成立，
当，无论k取何值，不等式均成立，所以.
当，则有.
令，只需.
.
记，则，所以在上单减，所以，即，所以在上单减，所以
所以.
综上所述：.
故D正确.
故选：BCD
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数处理恒（能）成立问题.
13．/
【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值.
【详解】因为随机变量，且，
所以，.
故答案为：.
14．
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为零，求出，从而可求出常数项
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，得，
所以的二项展开式中的常数项为
，
故答案为：
15．
【分析】设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式列式求解的值，即可求出直线的方程，令即可得出答案.
【详解】双曲线双曲线：的渐近线方程为，
而直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为，可设直线的方程为，
与双曲线方程联立，化简可得，
由，得或．
设，，则，，
则，所以，

，解得：（舍去）或，
所以直线的方程为，令，可得.
故点P的坐标为.
故答案为：.
16．
【分析】由分离常数，结合导数求得的值，进而通过切点和斜率求得切线方程.
【详解】由（），
分离常数得，
令，
，
令，
，所以在上递减.
所以当时，递增；当时，递减，
所以，所以，且.
，
所以切线方程为.
故答案为：
17．（Ⅰ）（Ⅱ）
【详解】解：（1）由题意可知，；
（2）
当△ABC为等边三角形的时候取得最大值．

18．（1）见解析，；（2）
【分析】（1）对递推式两边取倒数化简,即可得出，利用等差数列的通项公式得出，再得出；
（2）由（1）得，再使用裂项相消法求出，使用不等式得出的范围，从而得出的范围．
【详解】（1）∵，两边取倒数,∴，即，又，
∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴，∴．        
（2）由（1）得，
∴＝，
要使不等式Sn＜对一切恒成立，则．
∴的范围为:．
【点睛】本题考查了构造法求等差数列的通项公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题．
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连结交于，连结，根据条件可得，然后得到即可；
（2）以点为原点，，所在的直线为轴，轴，在平面内过点作的垂线为轴建立空间直角坐标系，然后算出两个平面的法向量即可.
【详解】（1）连结交于，连结，
因为，，
所以为的垂直平分线，则，
又因为，所以为的中位线，则，
又因为平面，平面，
所以平面.

（2）因为，得，
又因为平面平面，

故以点为原点，，所在的直线为轴，轴，在平面内过点作的垂线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，
于是，，，
设平面的一个法向量是，则，
即，令，，，取，
因为平面平面，且，
所以平面的一个法向量是，取，
设二面角的平面角为，
则.
因为二面角的平面角为锐角，所以其大小的余弦值
20．(1)表格见解析，是否喜欢雪上运动与性别有关联.
(2)（i）答案见解析；（ii）答案见解析

【分析】（1）由所给列联表，求得，再依据小概率值的独立性检验即可得解；
（2）（i）要求，首先确定事件ABC表示：“2男生1女生都喜欢雪上运动”和“3男生中至少两人喜欢雪上运动”事件，利用组合数进行求解概率即可，再通过条件概率求得的值，进而可得；（ii）根据条件概率的计算公式即可证明一般情形也成立.
【详解】（1）2×2列联表如下：

喜欢雪上运动
不喜欢雪上运动
合计
男生
80
40
120
女生
30
50
80
合计
110
90
200
假设：是否喜欢雪上运动与性别无关联.
根据表中数据，计算得到
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立.
即认为是否喜欢雪上运动与性别有关联.
（2）①由已知事件ABC表示：“2男生1女生都喜欢雪上运动”和“3男生中至少两人喜欢雪上运动”事件
因为，

，
所以.
②由（i）得与相等的关系可以推广到更一般的情形，
即对于一般的三个事件A，B，C，有.
证明过程如下：，得证.
21．(1)椭圆的方程为
(2)证明见解析，定值为

【分析】（1）由条件列方程求，从而求得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过计算直线的斜率之积来证得结论成立，并求得定值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的离心率为，所以，
因为椭圆过点，所以，
又，
所以，
故椭圆的方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
直线和椭圆有且只有一个交点，与条件矛盾，
故直线的斜率存在，
故可设直线的方程为，且，
联立，得，
方程的判别式，
所以，
所以，故，
设，
所以，
设，由三点共线可得，
所以，，
因为



所以，直线的斜率之积为定值.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22．(1)当时，为上的单调递增函数；当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数.
(2)证明见解析.

【分析】（1）求导，分类讨论，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的单调区间；
（2）由已知，不妨设，代入，作差，要证，即证，即证，令，则不等式化为，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性求证．
【详解】（1）解：函数，定义域为，求导得．
①当时，，则函数为上的单调递增函数．
②当时，令，则．
若，则，在上是单调减函数；
若，则，在上是单调增函数．
综上：当时，为上的单调递增函数；
当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数.
（2）证明：因为，不妨设，
由两式相减得．
要证，即证，
也就是证，
即，即证，
又，只要证．
令，则式化为，
设，
，所以在上单调递增，所以．
所以．