2023届湖南省娄底市部分学校高三三模数学试题含解析

2023届湖南省娄底市部分学校高三三模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】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．已知复数，是方程的两个根，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】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：C

3．设正项等比数列的前项和为，若，则（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】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.

4．2000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．

【答案】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：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．

【答案】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：B

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．

【答案】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．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】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．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．

【答案】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.

二、多选题

9．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】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．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．

【答案】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：AB

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

【答案】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：BC

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，

【答案】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．

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 _______．

【答案】

【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．若，则___________.

【答案】

【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．若对任意的，都有成立，则的最大值为___________.

【答案】

【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：.

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__________.

【答案】     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：；．

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．

【答案】(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．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．

【答案】(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．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．

【答案】(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：

所以．

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．

【答案】(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．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．

【答案】(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．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：．

【答案】(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.