湖南省郴州市宜章县四校2023届高三模拟数学试题（含解析）

这是一份湖南省郴州市宜章县四校2023届高三模拟数学试题（含解析），共27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。

湖南省郴州市宜章县四校2023届高三模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，若，则（    ）
A． B． C．2 D．6
2．已知，其中a，b为实数，则在复平面内复数对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知，，若，则（    ）
A．2 B．3 C．5 D．12
4．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个.已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），则获得精品足球的人数为（    ）
A．102 B．103 C．104 D．105
5．已知，，则（    ）
A． B． C． D．
6．若四棱锥的棱，的长均为2，其余各棱长均为，则该四棱锥的高为（    ）
A． B． C． D．1
7．某高校举行一场智能机器人大赛.该高校理学院获得8个参赛名额.已知理学院共有4个班，每个班至少要有一个参赛名额，则该理学院参赛名额的分配方法共有（    ）
A．20种 B．21种 C．28种 D．35种
8．已知函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．已知数列的前项和为，若数列和均为等差数列，且，则（    ）
A． B． C． D．
10．已知函数为上的奇函数，且，当时，，则（    ）
A． B．
C． D．
11．已知函数的最小正周期，，且在处取得最大值.下列结论正确的有（    ）
A．
B．的最小值为
C．若函数在上存在零点，则的最小值为
D．函数在上一定存在零点
12．已知，分别为双曲线：的左､右焦点，为双曲线的渐近线在第一象限部分上的一点，线段与双曲线交点为，且，为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．双曲线的离心率
C．
D．若的内心的横坐标为3，则双曲线的方程为

三、填空题
13．近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品.设该产品每个季度的收益率为，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得.若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出.则至少有3个季度的收益为正值的概率为 .
14．已知抛物线：，直线：，：，M为C上的动点，则点M到与的距离之和的最小值为 .
15．如图，正方体的棱长为4，点P，Q，R分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为 .
  

四、双空题
16．已知数列满足，且，为数列的前项和，则 ， .

五、解答题
17．某公司为响应《中国制造2025》中提出的坚持"创新驱动，质量为先､绿色发展､结构优化，人才为本”的基本方针，准备加大研发投资.市场部对同类产品连续5个月的销售单价和月销售量的数据进行了统计.得如下统计表：
月销售单价/（元/件）
1
2
3
4
5
月销售址/万件
28
23

15
10
统计时，不慎将处的数据丢失，但记得，且月销售量的平均数与中位数相等.
(1)建立关于的线性回归方程；
(2)根据（1）的结果，若该产品成本是0.5元/件，月销售单价（其中）为何值时，公司月利润的预测值最大？
回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式：，.
18．如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，角C的平分线交AB于点D，且，.
  
(1)求的大小；
(2)求.
19．已知数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求证：.
20．如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面ABCD为正方形，，.
  
(1)求证：平面.
(2)点在直线上，且平面MCD，求与平面所成角的正弦值.
21．已知函数的图象在处的切线方程为．
(1)求，的值及的单调区间．
(2)已知，是否存在实数，使得曲线恒在直线的上方？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
22．已知椭圆：经过点，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线，均过点A，且互相垂直，直线与圆O：交于M，N两点，直线与椭圆C交于另一点B，求面积的最大值.

参考答案：
1．A
【分析】根据给定条件，利用交集运算的结果求解作答.
【详解】因为集合，，且，
则有，所以.
故选：A
2．D
【分析】先求得在复平面内复数对应的点的坐标，进而求得其所在象限.
【详解】由，可得，
则，解之得，则，
其在复平面内对应点的坐标为，该点位于第四象限.
故选：D
3．C
【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量线性运算与模的坐标表示即可求得结果.
【详解】因为，，
所以，得，则，
所以，
故.
故选：C.
4．C
【分析】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，求出其通项，结合条件列不等式求出结果.
【详解】将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，
由已知是的倍数，也是的倍数，
故为的倍数，
所以首项为，公差为的等差数列，
所以，
令，可得，又
解得，且，
故获得精品足球的人数为.
故选：C.
5．A
【分析】直接利用诱导公式和二倍角的余弦公式得，结合范围即可得到答案.
【详解】，则,
故，又，则.
故选：A.
6．B
【分析】连接，，交点为，通过证明三角形全等得到，，即可得到、，从而得到平面，则平面平面，过点作，垂足为，连接，，即可说明，，，四点在以为直径的圆周上，再利用余弦定理求出、，由正弦定理求出外接圆的半径，最后利用勾股定理计算可得.
【详解】如图连接，，交点为，
，，，
，，
由题意得，，，即，
又，所以，，平面，
平面，
又平面，
平面平面，
过点作，垂足为，由面面垂直的性质可知平面，连接，，
，，，平面，，，
由，是公共边，，
，同理可得，
，，，四点在以为直径的圆周上，

所以，即，所以，
在和中分别利用余弦定理可得，

即，，所以，，
即，所以，
设外接圆的半径为，则，所以，
即，所以，
即该四棱锥的高为.
故选：B
7．D
【分析】利用隔板法可得答案.
【详解】将8个参赛名额看成8个元素，之间会产生7个空隙，则分配方法数为：.
故选：D
8．A
【分析】令，，，可将问题转化为方程组有且只有一组实数根.后通过研究曲线，及曲线过原点与的切线，可得答案.
【详解】令，则
，令，则
，令，则.
令在上单调递增；
在上单调递减；
又，，则有且只有两根，分别为.
则函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，
等价于方程组有且只有一组实数根.
令，则，
当时，，则此时在上递增，又.
即，则有且只有一组实数根.
当时，方程组有且只有一组实数根，
等价于函数图象与直线图象有两个交点，
临界情况为两条直线与图象相切.
当与相切，设对应切点为，因
，则相应切线方程为
；
当与相切，设对应切点为，则相应切线方程为
，则.
综上，.
故选：A

【点睛】关键点睛：本题涉及同构以及用导数，函数思想研究函数图象的交点.同构时，需仔细观察，巧用指对互化，将相同结构放在一起以便简化问题，对于函数零点问题，常可转化为相关图象交点问题来解决.
9．BD
【分析】先依据题给条件求得等差数列的公差，进而求得，的解析式，代入求得，，，的值即可判断各个选项的正误情况.
【详解】数列为等差数列，设其首项为，公差为d，
则，
，
由数列为等差数列，可得
则，
两边平方整理得，，
两边平方整理得，，解之得，
则，，
选项A：.判断错误；
选项B：.判断正确；
选项C：.判断错误；
选项D：.判断正确.
故选：BD
10．AC
【分析】由求得，即可判断A、B选项；由已知得出周期，结合函数的奇偶性，即可判断C、D选项.
【详解】已知函数为上的奇函数，则，即，解得，A正确；B错误；
又因为，即，从而周期为8，，
，
.
因为当时，，所以，
从而，，，
所以，C正确；D错误.
故选：AC.
11．ACD
【分析】A选项，由图象关于对称结合可判断选项；B选项，由最小正周期，，且在处取得最大值可得表达式；C选项，结合AB选项分析确定表达式，验证即可；D选项，分，两种情况分析零点即可.
【详解】A选项，因在处取得最大值，则图象关于对称，则
，故A正确；
B选项，最小正周期，则，，
则或，又在处取得最大值，
则，则或，
其中，则的最小值为，故B错误；
C选项，由AB选项分析结合，可知时，
可取，令，
则，其中.
当时，不存在相应的，当时，，则存在满足题意；
由AB选项分析结合，可知时，
可取，令，
则，
当时，不存在相应的，当时，，则存在满足题意，
综上可知的最小值为，故C正确；
D选项，由C分析可知，时，可取，
此时，，存在零点；
时，可取，
此时，，存在零点；
当时，，注意到，
则此时函数在上一定存在零点，
综上在上一定存在零点，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：三角函数常利用整体代换法确定参数值，本题还用到了对称性.对于三角函数的零点问题，常利用代值验证结合周期分析可解决问题.
12．ACD
【分析】求点到渐近线的距离，由条件结合等腰三角形的性质可得，判断A，设，求点的坐标，根据，可得的关系，由此可求离心率，判断B，由双曲线定义和余弦定理求，判断C，由双曲线定义和内切圆的性质可求，由此可求双曲线方程.
【详解】过点作，
设双曲线的半焦距为，
则双曲线的右焦点的坐标为，渐近线方程为，
点到渐近线的距离，故，
在中，，，，
所以，
由已知，，，又，
所以为的中点，故，A正确；
设，则，
所以，，又，
所以点的坐标为，又，
所以，
两边平方化简可得，
所以，所以，B错误；
对于C，设，由双曲线定义可得，
因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，
所以，又，
所以，C正确；
设的内心为，且内切圆与切与点，
根据双曲线的定义及内切圆的性质，可得
，又，
所以，
所以切点为右顶点，又的内心的横坐标为，
所以，由，可得，
所以，
所以双曲线的标准方程为，D正确.
故选：ACD.
  
【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有双曲线的基本性质，余弦定理，双曲线的定义，内切圆的性质，属于综合题，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，考查数形结合能力.
13．
【分析】先根据概率的性质求出，再根据二项分布的概率公式即可得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
则至少有3个季度的收益为正值的概率为.
故答案为：.
14．3
【分析】结合图形，由抛物线定义可将M到与的距离之和转化为，后由点到直线距离公式可得答案.
【详解】由题，抛物线焦点为，准线为，过M点作，准线垂线，垂足分别为B，C.过M点作垂线，垂足为A.则M到与的距离之和为.由抛物线定义知，又，则.
当且仅当三点共线时，最短，为.
故答案为：3
  
15．
【分析】利用已知作出截面，进而利用分割法即可求得以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积.
【详解】延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接交
于点，交于点，连接，则平面即为平面截正方体所得的截面.
因为，则，
又因为，所以，即，解得，
同理可得，则，，
因为，所以，又，则，同理可得；
所以，
，，
，
，
.
故答案为：
  
16．
【分析】把代入可得解; 对化简变形，依此类推得，再通过构造新函数得数列是等比数列，再通过等比数列公式求解.
【详解】因为数列满足，
所以，即，，
所以，解得，同理可得: ， ，
则.
由，
当时，可得，
可化为:，即，以此类推得：
，
所以，可化为:，
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
所以，可变形为，
又，，所以时也成立.
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
，可得，
所以，
所以.
故答案为: ；.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是对递推式进行转化，通过配凑转化为等比数列，借助等比数列的相关公式进行求解.
17．(1)
(2)当时

【分析】（1）先根据月销售量的平均数与中位数相等求出，再求出，再代入公式即可得求出，最后得到线性回归方程.
（2）由（1）得，利用二次函数的性质即可得到最值.
【详解】（1），
因为，所以，
因为月销售量的平均数与中位数相等，
所以中位数为，
则，解得，
则，，
，
故，
关于的线性回归方程为；
（2）设公司月利润的预测值为，则由（1）可得
，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为51.1万元.
18．(1)
(2)2

【分析】（1）由正弦定理结合两角和差的正弦公式求得结果；
（2）由正弦定理、余弦定理结合三角形面积公式求得结果.
【详解】（1）由正弦定理得，
即，
因为，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以.
（2）已知角C的平分线交AB于点D，且，.
在中，由正弦定理得,
在中，由正弦定理得,
因为，，所以，
所以.
设，由余弦定理得，
即，
解得，
因为，
所以,
解得.
19．(1)
(2)证明见解析.

【分析】（1）由等差数列定义和求和公式，通项公式可得答案；（2）由（1）结合数学归纳法，作差法可证明结论.
【详解】（1）由题可得为公差的等差数列，设首项为，因，
则.则；
（2）由（1），则.
当时，左边，右边，左边右边，原不等式成立
当时，左边，右边，左边右边，原不等式成立；
假设当，不等式成立，则.
当时，
，
注意到
，
则.
综上可知：
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用线面垂直性质可得，利用题目条件结合图形，勾股定理可得，即可证明结论；
（2）如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用点在直线上，引入参数，可表示出M坐标，后由平面MCD，可得M坐标，即可得答案.
【详解】（1）因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面ABCD，
则平面.又平面，则；
又在等腰梯形，如下图，作，
由题可知，，又，则，结合，得.
因，则.
又平面，平面，，
则平面；

（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系.
则，又由（1）可得
.
因在直线，则，
则，即.
则.
又，平面MCD，则.
得.则，.
又由（1）得，可取为平面的一个法向量，，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
  
21．(1),,的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)，理由见解析.

【分析】（1）利用导数的几何意义及函数单调性与导数正负的关系即可求解；
（2）根据已知条件将问题转化为不等式恒成立，再将问题转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
又在处的切线方程为，所以故，
又，所以切线方程为，故，
所以，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）且.
由曲线恒在直线的上方,知.
当时，等价于，即
设则.
由（1）可知，当时，单调递增,所以.
设，则，
当时，，所以在上单调递减，
所以.
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，所以.
当时，等价于，即
设由①可知.
由（1）可知，当时，单调递减,所以.
再设，则，
当时，所以在上单调递增，所以.
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，所以.
综上可知，存在实数，使得曲线恒在直线的上方.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及导数法求函数单调性的步骤即可，第二问将曲线恒在直线的上方转化为恒成立，利用分类参数法注意分或情况讨论，转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可.
22．(1)椭圆C的标准方程为；
(2)面积的最大值为.

【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，可得椭圆方程；
（2）设出直线方程，求出点的坐标及点到直线距离和弦长表示出面积，再讨论取得最大值即可求解.
【详解】（1）因为经过点，
所以，解得，
因为椭圆的离心率为，
所以，又，
所以，
故椭圆C的标准方程为；
（2）若直线的斜率为，则的斜率不存在，
所以的方程为，
直线与椭圆的交点为，与条件矛盾；
由已知当直线的斜率不存在时，的斜率为，
所以的方程为，的方程为，
联立可得，或，
故，
联立，可得或，
所以点的坐标为，
所以点到直线的距离为，
所以的面积为，
当直线的斜率存在且不为时，设其方程为 .
则直线的方程为.
圆心到直线的距离为.
直线被圆截得的弦长为，
由，消可得，，
设点的坐标为，则，故，，
所以点的坐标为，
所以.
因为，
所以
.
当时，时，上式等号成立.
因为，
所以当直线的方程是时，面积取得最大值，最大值为.

【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．