湖南师范大学附属中学2023届高三二模数学试题

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湖南师大附中2023届模拟试卷（二）
数学
命题人：黄祖军 朱修龙 龚红玲 吴浩
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数z满足：，则z在复平面内对应的点在第（ ）象限．
A. 一 B. 二 C. 三 D. 四
【答案】A
【解析】
【分析】由题，计算，进而得到，可知在复平面内对应的点.
【详解】，所以，
在复平面内对应的点为，在第一象限.
故选：A．
2. 已知方程有实根；函数为增函数，则p是q的（ ）条件．
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】化简命题，根据集合的包含关系可判断.
【详解】方程有实根，故，

函数为增函数，故，

真包含于 ,
p是q的必要不充分条件．
故选：B
3. 设，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数和幂函数的单调性证明，利用对数函数单调性证明，即可得到正确结论.
【详解】指数函数，为减函数，
∴，
∵幂函数为增函数，
∴，
∴，
∵对数函数为减函数，
∴，即，
∴.
故选：A.
4. 在中，点是线段上任意一点，是线段的中点，若存在实数和，使得，则
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合中点的性质和平面向量基本定理首先表示出向量，，然后结合平面向量的运算法则即可求得最终结果.
【详解】如图所示，因为点D在线段BC上，所以存在，使得，
因为M是线段AD的中点，所以：
，
又，所以，，
所以
本题选择D选项.

【点睛】(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
5. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（ ）
A. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，且已知，则总体方差
B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1
C. 已知随机变量服从正态分布，若，则
D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于A项，由分层抽样的方差公式判断即可；对于B项，运用越大相关性越强可判断；对于C项，由正态分布的对称性可求得结果；对于D项，运用百分位数计算公式即可求得结果.
【详解】对于A项，总体方差与样本容量有关，故A项错误；
对于B项，相关性越强，越接近于1；故B项错误；
对于C项，若，则，所以，故C项正确；
对于D项，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，
所以，解得：，故.故D项错误.
故选：C.
6. 已知函数的图象关于点对称，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期是
B. 在上单调递增
C. 是函数的一个对称中心
D. 先将图象上各点的横坐标压缩为原来的，再将所得的函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象
【答案】D
【解析】
【分析】化简函数解析式，结合对称性求出参数，然后结合正弦函数的性质求最小正周期判断A，验证单调性判断B，验证是否为其对称中心判断C，由图象变换得解析式，判断D．
【详解】，
因为的图象关于点对称，
所以，故，
所以
所以，
所以，
所以．
因为当时，，，
故满足条件，
所以函数的最小正周期是，故A错误；
由时，可得，
所以函数先增后减，故B错误；
因为当时，，，
故不是函数的对称中心，C错误；
先将图象上各点的横坐标压缩为原来的，可得的图象；
再将所得的函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
，D正确．
故选：D.
7. 已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意作函数图像，根据单调性和奇偶性求解.
【详解】依题意，函数的大致图像如下图：

因为是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，
所以在上单调递增，且，
则当或时，；当时，，
不等式化为或，
所以或或，
解得或或，即或，
即原不等式的解集为；
故选：C.
8. 已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，
由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的
范围，得解.
【详解】
以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.
设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，,则，
，故，
，
所以
在中运用余弦定理与基本不等式得：
，
在中运用余弦定理与基本不等式得：，
上两式相加得：，
故有： ，
在中由正弦定理得：，
因此，
故选：B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 三棱柱中，棱长均为2，顶点在底面上的投影为棱的中点，为的中点，是上的动点，则（ ）
A. 三棱柱的体积为1 B. 与平面所成的角为
C. D. 异面直线与所成角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出三棱柱的高，计算体积判断A；利用线面角的定义计算判断B；证明平面，平面判断C，D作答.
【详解】三棱柱中，棱长均为2，令中点为O，连AO，如图，

依题意平面，有，，而，
因此三棱柱的体积，A不正确；
由平面知，是与平面所成的角，而，则，B正确；
因为的中点，又，则有，
平面，因此平面，而平面，则，C正确；
，即四边形是平行四边形，有，则有平面，
又平面平面，即有平面，而平面，则，因，
平面，于是得平面，而平面，则，
而是上的动点，因此异面直线与所成角为，D不正确.
故选：BC
10. 定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数图象的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A. B. 函数既有极大值又有极小值
C. 函数有三个零点 D. 在区间上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的信息，求出及，列式求出a，b，再逐项分析判断作答.
【详解】，
令，得，因为函数图象的对称中心为，
因此，解得，A正确；
显然，，且当或时，，当时，，
于是在和上都是增函数，在上是减函数，D正确；
函数既有极大值，又有极小值，B正确；
函数极小值，由三次函数的性质知，只有一个零点，C错误．
故选：ABD.
11. 已知点P为双曲线上任意一点，为其左、右焦点，O为坐标原点．过点P向双曲线两渐近线作垂线，设垂足分别为M、N，则下列所述正确的是（ ）
A. 为定值 B. O、P、M、N四点一定共圆
C. 的最小值为 D. 存在点P满足P、M、三点共线时，P、N、三点也共线
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据点到直线距离计算可判断A选项，根据对角互补判断四点共圆判断B选项，应用平面向量的数量积运算结合双曲线的性质判断C选项，根据双曲线对称性判断D选项.
【详解】设，点到渐近线的距离为，

同理，则，
，即，
（定值），故A正确；
当M、N均不与O重合时，由，和均为直角三角形，
故M，N两点在以OP为直径的圆上；
当M、N有与O重合时，也满足O、P、M、N四点共圆．故B正确；
由双曲线的对称性可知，
其中，
，成立，故C正确；
如图，

利用双曲线的对称性，不妨设直线垂直一条渐近线，垂足为M；
直线垂直另一条渐近线且交双曲线于点P，易知直线与直线的交点始终落在y轴上，故D不正确．
故选：ABC．
12. 若直线与两曲线、分别交于、两点，且曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，则下列结论正确的有（ ）
A. 存在，使 B. 当时，取得最小值
C 没有最小值 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出直线、的方程，利用导数的几何意义结合零点存在定理可判断A选项；利用函数的最值与导数的关系以及导数的几何意义可判断BC选项；利用对勾函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，由直线与两曲线、分别交于、两点可知．
曲线上点坐标，可求导数，则切线斜率，
曲线上点坐标，可求得导数，则切线斜率．
令，则，令，则，
所以，函数在上为增函数，
因为，，
由零点存在定理，使，即，使，即，故A正确；
对于BC选项，，令，其中，则，
由A选项可知，函数在上为增函数，
且，，
所以，存在使得，即，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故当时，取最小值，即当时，取得最小值，故B正确，C错；
对于D选项，由可得，则，
令，则函数在上为减函数，
因为，，，且，
又因为函数在上为增函数，所以，，
所以，，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求函数最值方法：
（1）求函数在闭区间上的最值：
①求出函数的导数；②解方程，求出使得的所有点；
③计算出在区间上使得的所有点以及端点的函数值；
④比较以上各个函数值，其中最大的为函数的最大值，最小的为函数的最小值.
（2）求函数在开区间或无穷区间上的最值：先求出函数在给定区间上的极值，再结合单调性、极值情况、函数的正负情况作出函数的大致图象，结合图象观察分析得到函数的最值.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知的展开式中各项系数的和为243，则这个展开式中项的系数是__________．
【答案】80
【解析】
【分析】由题意先求出的值，再求出的展开式的通项，从而可算出项的系数.
【详解】在中令得展开式中各项系数的和为，求出．
的展开式的通项，
令，得．
故答案为：80．
14. 已知直线l经过点，且被圆截得的弦长为6，则直线l的方程是__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由弦长求得圆心到直线的距离，根据点到直线的距离求直线的方程.
【详解】由题可知圆心，半径，弦长，设弦心距是d，
则，解得，
若l斜率不存在，直线是，符合题意，
若l斜率存在，设直线方程，即，
则，解得，
直线l的方程为，即，
综上，所求直线方程为或．
故答案为：或．
15. 若曲线和曲线恰好存在两条公切线，则实数a的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设与曲线相切的切点为，与曲线相切的切点为，根据导数的几何意义写出切线方程，可得到，由此构造函数，将问题转化为方程有两解问题即可.
【详解】由题意得，
设与曲线相切的切点为，与曲线相切的切点为，
则切线方程为，即，
，即，
由于两切线为同一直线，所以，得．
令，则，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增．
即有处取得极小值，也为最小值，且为．
又两曲线恰好存在两条公切线，即有两解，
结合当时，趋近于0，趋于负无穷小，故趋近于正无穷大，
当时，趋近于正无穷大，且增加幅度远大于的增加幅度，故趋近于正无穷大，

由此结合图像可得a的范围是，
故答案为：
16. 已知直线过抛物线的焦点，设抛物线的准线与轴的交点为，过的直线与抛物线交于、两点，若以线段为直径的圆过点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意可知，由结合已知条件可求得点的坐标，将点点的坐标代入抛物线方程，可得出的值，再利用抛物线的焦点弦长公式可求得.
【详解】由题意可知，在直线上，则，可得，
所以，抛物线方程为，其准线为，易知点，
设点、，由题意可知，，

若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，此时，，
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
因为，
，，
，
所以，，
所以，，则，即点，
因为点在抛物线上，则，整理可得，解得，
所以，.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数，
（1）证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；
（2）设，定义，且记，求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据“平方递推数列”的定义和等比数列的定义进行证明
(2)由的新定义和，可得出表达式，再分段求前n项和即可.
【小问1详解】
点在函数的图象上，，
是“平方递推数列”．
因为，
对两边同时取对数得，
∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，
由数列的通项公式得，
当时，；当时，．
又由，得
当且时，；
当且时，
，
综上，
18. 某高中学校开展生涯规划教育，对今年的1200名考生（其中女生540人）进行调查，统计知：有意向报考师范专业的学生有200人（其中女生120人）．
（1）完成下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验分析判断报考师范专业意向是否与性别有关？
报考意向
报考意向人数
合计
师范专业
非师范专业
男生



女生



合计




（2）对有报考师范专业意向的学生按男女分层抽样得一个容量为10的样本，从样本中任意抽取5人，记抽取到的男生人数为X，求X的分布列与期望值．
附：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3841
5.024
6.635
7.879
10.828
（其中）．
【答案】（1）填表见解析；报考师范专业意向与性别有关
（2）分布列见解析；期望为2
【解析】
【分析】（1）由题意补充列联表后即可计算卡方，从而得出结论；
（2）据题知，样本中男生为4人，女生为6人，则X可取0、1、2、3、4．分别求出各个取值时的概率，列出分布列和求出分布列即可.
【小问1详解】
列联表如下：
报考意向
报考意向人数
合计
师范专业
非师范专业
男生
80
580
660
女生
120
420
540
合计
200
1000
1200

零假设报考师范专业意向与性别无关，
；
∴依据小概率值的独立性检验分析判断不成立，即报考师范专业意向与性别有关，且这个判断错误的概率不大于0.001．
【小问2详解】
据题已知，样本中男生为4人，女生为6人，
则X可取0、1、2、3、4．
，
．
所求的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P






其期望值．
或：X服从超几何分布，其分布列是．
19. 在中，内角的对边分别为，已知边，且．
（1）求面积的最大值；
（2）设当的面积取最大值时的内角C为，已知函数在区间上恰有三个零点和两个极值点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：由正弦定理可得，推出顶点C的轨迹是以为焦点的椭圆，利用椭圆的几何性质结合三角形面积可求得答案；法二：由正弦定理可得，利用余弦定理求得，进而求出，利用三角形面积公式结合基本不等式可求得答案；
（2）由条件可确定，根据函数的零点个数以及极值点个数列出相应不等式可求得答案.
【小问1详解】
法一：由题意知，
由得：，即，
则顶点C的轨迹是以为焦点的椭圆（除去长轴的两个端点），
当顶点C为椭圆的短轴的端点时的面积最大，
此时，是等边三角形，，
所以．
法二：由得：，
，
，
所以，
当且仅当时取等号，
此时是等边三角形，，的面积的最大值为.
【小问2详解】
由（1）有，
当时，，
函数在区间上恰有三个零点和两个极值点，
则，解得．
20. 如图，四边形是边长为2的菱形，且，平面，，，点是线段上任意一点．

(1)证明：平面平面；
(2)若的最大值是，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见证明；(2)
【解析】
【分析】（1）推导出AC⊥BM，AC⊥BD，得AC⊥平面BMND，从而可得到证明;（2）由AE＝CE和余弦定理可知，当AE最短即AE⊥MN，CE⊥MN时∠AEC最大，取MN中点H，连接H与AC、BD的交点O，知OH⊥平面ABCD，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角的平面角为，可求出a,然后利用VM﹣NAC＝VM﹣EAC+VN﹣EAC可得结果.
【详解】(1)因为平面，则.
又四边形是菱形，则，又,
所以平面,因为AC在平面内，
所以平面平面.
(2)设与的交点为，连结. 因为平面，则，又为的中点，则，由余弦定理得，．当AE最短时∠AEC最大，此时，，，因为AC=2,,OE=. 取MN的中点H，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

设，则点， ，，．设平面的法向量，
则,即 ，取，则，
同理求得平面的法向量.
因为是二面角 的平面角，则
，解得或．
由图可知a 因为，，，
则.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查几何体体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21. 如图，椭圆，圆，椭圆C的左、右焦点分别为．

（1）过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M，N两点，若，求的值；
（2）过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，求证：两条切线相互垂直．
【答案】（1）6 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据题意，由椭圆的定义和两点距离公式计算可得，结合图形，则，即可求解；
（2）设，则.易知切线斜率不存在时满足题意；设斜率存在时切线方程为，联立椭圆方程，由可得，是此方程的两个根，结合韦达定理即可求解.
【小问1详解】
设，由于，
而，则，
所以（其中），

．
【小问2详解】
设，则，即，
设过点R的圆O的切线斜率都存在时的方程：，代入椭圆方程得：
，
整理得：，
则，
即，
是上述关于k的方程的两个根，则，
即两条切线的斜率都存在时，有两条切线相互垂直；
而当过R的切线斜率不存在时，易知R点的坐标为，
此时显然两条切线相互垂直，
综上，过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，则两条切线相互垂直．
22. 已知函数．
（1）若存在最大值M，证明：；
（2）在（1）的条件下，设函数，求的最小值（用含M，k的代数式表示）．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，由零点存在性定理得到存在，使得，分与两种情况，结合隐零点和基本不等式得到证明；
（2）对求导，二次求导，结合隐零点得到的最小值，利用同构得到的最小值.
【小问1详解】
的定义域为，
，
记，易知单调递增，
又因为，
所以存在，使得，
①当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以无最大值，即不符题意；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以，所以，
所以，即．
【小问2详解】
由（1）可知，且，所以，
，令，
则，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
当时，，又，
所以存在，使得，
可知，
因为，所以，所以，
由（1）可知，，即，
因为，所以，
所以．
设，易知单调递增，且，
所以，
所以，
即的最小值为．
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.