湖南省长沙市2023-2024学年高三上学期数学模拟练习卷（二）（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市2023-2024学年高三上学期数学模拟练习卷（二）（Word版附解析），共22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。
一、单选题
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列中，对任意，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．山西五台山佛光寺大殿是庑殿顶建筑的典型代表．庑殿顶四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，又叫五脊殿．《九章算术》把这种底面为矩形，顶部为一条棱的五面体叫做“刍甍”，并给出了其体积公式：×（2×下袤＋上袤）×广×高（广：东西方向长度；袤：南北方向长度）．已知一刍甍状庑殿顶，南北长18m，东西长8m，正脊长12m，斜脊长m，则其体积为（ ）．
A．B．C．D．
6．已知为抛物线的焦点，准线为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，点在准线上的射影分别为，且满足，则（ ）
A．B．C．3D．
7．已知正方形的边长为是它的外接圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，且成立，则下列不等式不可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知双曲线的方程为，则（ ）
A．渐近线方程为B．焦距为
C．离心率为D．焦点到渐近线的距离为8
10．某校10月份举行校运动会，甲､乙､丙三位同学计划从长跑，跳绳，跳远中任选一项参加，每人选择各项目的概率均为，且每人选择相互独立，则（ ）
A．三人都选择长跑的概率为
B．三人都不选择长跑的概率为
C．至少有两人选择跳绳的概率为
D．在至少有两人选择跳远的前提下，丙同学选择跳远的概率为
11．如图，已知是边长为4的等边三角形，D，E分别是AB，AC的中点，将沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥，则（ ）
A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3
B．存在某个点位置，满足平面平面
C．当时，直线与平面所成角的正弦值为
D．当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为
12．已知函数与相交于A，B两点，与相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为，，，，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
13．的展开式中，的系数等于 ．（用数字作答）
14．已知函数,若函数的图象关于点中心对称,且关于直线轴对称,则的最小值为 ．
15．将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若，则 .
16．已知椭圆，若此椭圆上存在不同的两点，关于直线对称，则实数的取值范围是 .
四、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角C；
(2)若，的面积为，求c.
18．已知等差数列和等比数列满足，.
(1)求数列，通项公式
(2)设数列中满足，求和
19．如图，用四类不同的元件连接成系统，当元件正常工作且元件都正常工作，或当元件正常工作且元件正常工作时，系统正常工作.已知元件正常工作的概率依次为.
(1)求元件不正常工作的概率；
(2)求元件都正常工作的概率；
(3)求系统正常工作的概率.
20．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.
(1)证明：M为PD的中点.
(2)若二面角B-AM-C的余弦值为，求AB.
21．已知定点，圆：，点Q为圆上动点，线段MQ的垂直平分线交NQ于点P，记P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点M与N作平行直线和，分别交曲线C于点A，B和点D，E，求四边形ABDE面积的最大值．
22．已知函数，其中．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)已知函数(是自然对数的底数)，若，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】根据补集的运算求得，再结合并集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，，
根据补集的运算，可得，则.
故选：C.
2．D
【分析】先对复数化简，从而可得其共轭复数，进而可得答案
【详解】解：因为，
所以，
所以对应的点位于第四象限，
故选：D
3．A
【解析】利用两角和的正弦和余弦公式求出的值，然后利用二倍角的正弦公式以及弦化切思想可求出的值.
【详解】，，
可得，.
因此，.
故选：A.
【点睛】本题考查二倍角正弦值的计算，同时也考查了两角和正弦和余弦公式的应用以及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
4．D
【分析】利用求通项公式，判断出是等比数列，再进行求和.
【详解】∵①，∴②，
②-①得，∴．
当时，，符合上式，
∴．∴，
∴，，
∴是以4为首项，9为公比的等比数列，
∴．
故选：D．
5．D
【分析】过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，利用直角三角勾股定理，求出高FO，代入体积公式求解即可.
【详解】如图，
已知，，，，
过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，
则，，，，即该五面体的高度为3m．
所以其体积．
故选：D
6．C
【分析】先设出,点坐标，根据抛物线定义表示出和，然后把已知条件进行用坐标表示，最后化简即可得出结果.
【详解】解：设，,准线与轴交于点，如图：

在和中，由勾股定理得：
，
，
又因为，所以.
由抛物线定义知，，，
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查了抛物线的定义和设而不求思想，解析几何中设而不求是一种常见的计算技巧，关键是把条件坐标化，突出考查计算能力，属于中档题.
7．A
【分析】作出图形，结合向量的线性运算和数量积运算化简，求的范围可得 的取值范围.
【详解】当弦的长度最大时，弦过正方形的外接圆的圆心，
因为正方形的边长为2，所以圆的半径为，
如下图所示：
则，，
所以，.
因为点为正方形四条边上的动点，所以，
又，所以，
故选：A.
8．D
【分析】将转化为，构造函数，求出的单调性，即可求出答案.
【详解】，即，
，所以 等价于
，所以构造函数，，所以即，即，所以在上为减函数，在上为增函数.
对A，等价于即可以满足条件，故A可能成立；
对B，等价于即可以满足条件，故B可能成立；
对C，等价于即同在的单调增区间内，满足条件，故C成立；
对D，等价于即同在的单调减区间内，，故D不满足题意.
故选D.
9．BC
【分析】A选项，先判断出双曲线焦点在轴上，利用公式求出渐近线方程；
B选项，求出，得到焦距；
C选项，根据离心率公式求出答案；
D选项，利用点到直线距离公式进行求解.
【详解】焦点在轴上，故渐近线方程为，A错误；
，故，故焦距为，B正确；
离心率为，C正确；
焦点坐标为，故焦点到渐近线的距离为，D错误.
故选：BC
10．AD
【分析】根据相互独立事件概率计算公式计算即可.
【详解】由已知
三人选择长跑的概率为，故A正确.
三人都不选择长跑的概率为，故B错误.
至少有两人选择跳绳的概率为，故C错误.
记至少有两人选择跳远为事件A，所以.
记丙同学选择跳远为事件B，所以.
所以在至少有两人选择跳远的前提下，丙同学选择跳远的概率为 ，故D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】当平面平面时，体积最大，求出底面积和高，即可求出最值，判断A项；找出平面与平面所成的二面角，根据题意推导出，即可说明B项错误；过点作，根据题意可得即为直线与平面所成的角.根据余弦定理以及三角函数可推出，进而得出，即可得出结果，得出C项；由已知可推得平面平面.设球心为，的外心为，点为等腰梯形的外心，可得四边形为矩形，进而求出即半径的长，即可得出外接球的表面积.
【详解】
如图1，设，分别是，的中点.则，，，且.
对于A项，当平面平面时，四棱锥的体积最大. 的高为，四边形为高为的梯形，梯形面积，体积，故A项正确；
对于B项，设平面平面，则，有，，可得平面，即为平面与平面所成的二面角，由可知，，故B项错误；
对于C项，如图1，过点作，垂足为.由B分析可得，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以即为直线与平面所成的角.由题意可知，，，，在中，由余弦定理可得，所以；在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为；
对于D项，当时，由，可知，即，又，且，则平面，又平面，则平面平面.四棱锥的外接球球心为，的外心为，则平面.如图2，易知点为等腰梯形的外心，则平面，
则四边形为矩形，且，从而有，从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
12．ABD
【分析】根据，分别代入，即可判断A,B，根据， 关于直线的对称，因此可知对称，对称，即可根据对称性判断CD.
【详解】由题意可知是方程 的一个根，则，将 代入得，所以也是方程的一个根，所以，故，故A正确，
由题意可知是方程 的一个根，则，则，所以也是方程的一个根，所以，故，故B正确，
设点在函数上，则满足，即点关于直线的对称点为，将代入得，即可，因此可知在函数上， 即关于直线的对称，又 关于直线的对称，因此可知对称，对称，
故 和，
所以 ，，故D正确，
由于 ，故C错误，
故选：ABD
13．120
【分析】利用二项式展开式分两种情况求出即可.
【详解】由题意分两种情况：
①，
②，
故的系数为：，
故答案为：120.
14．3
【分析】图象关于点中心对称,且关于直线轴对称,即与之间相差,列出等式,根据范围求解即可.
【详解】解:由题知的图象关于点中心对称,
且关于直线轴对称,
则与之间的距离为,
即,,
即,,
因为,
所以当时,的最小值为3.
故答案为:3
15．10
【分析】根据题意作出两个函数的图象分析交点个数，利用对称性化简向量的和即可求解.
【详解】如图可知：函数和直线共有5个交点，依次为，其中，
∵函数和直线均关于点对称，则关于点对称，
∴，且，
故.
故答案为：10.
16．
【分析】设，线段的中点直线的方程可设为，代入椭圆方程整理后由判别式得的范围，由韦达定理得，从而可得中点坐标，代入对称轴方程得的关系，由上面的判别式所得结论可求得范围．
【详解】解：设，线段的中点
此椭圆上存在不同的两点､关于直线对称，直线的方程可设为.
联立，化为,
由，解得.
.
代入直线可得：，解得.代入可得：，解得.
的取值范围是.
故答案为：.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、特殊角的正切值进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式和余弦定理进行求解即可.
【详解】（1）根据正弦定理由
因为，所以，所以由，
因为，所以
（2）因为，的面积为，
所以有，舍去，
即，
所以.
18．(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件利用等差等比数列的通项公式列方程可得公差，公比，进而可得通项公式；
（2）由（1）得数列的通项公式，然后利用分组分解法可求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，解得，
，
，解得，
，
即，；
（2）由（1）得，
.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）元件不正常工作是元件正常工作的对立事件，所以元件不正常工作的概率为1减去正常工作的概率；
（2）根据元件都正常工作是三个相互独立事件即可计算概率；
（3）系统正常工作可分为都正常工作和正常但不都正常工作两种情况，概率是两种情况的概率和.
【详解】（1）设元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，元件正常工作为事件.
由元件正常工作的概率，所以它不正常工作的概率；
（2）元件都正常工作的概率
（3）系统正常工作可分为都正常工作和正常但不都正常工作两种情况，
都正常工作的概率为，
､正常但不都正常工作的概率为，
所以系统正常工作的概率是.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由几何关系依次证、、平面PAD 、、平面PCD、，结合即可得证
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由向量法建立二面角B-AM-C余弦值的方程，即可求解.
【详解】（1）证明：因为AC是所作球面的直径，所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，平面PAD，所以平面PAD，
因为平面PAD，所以，
因为平面PCD，所以平面PCD，
因为平面PCD，所以.
因为，所以M为PD的中点.
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则.
设平面ABM的法向量为，因为，，
所以令，则.
设平面ACM的法向量为，因为，，
所以令，得.
设二面角B-AM-C为α，
则，
解得，即.
21．(1)
(2)6
【分析】（1）由椭圆的定义求解
（2）设直线方程后与椭圆方程联立，由韦达定理表示弦长，将面积转化为函数后求求解
【详解】（1）由题意可得，
所以动点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，即曲线C的方程为：；
（2）由题意可设的方程为，
联立方程得，
设，，则由根与系数关系有，
所以
，
根据椭圆的对称性可得，与的距离即为点M到直线的距离，为，
所以四边形ABDE面积为，令得，
由对勾函数性质可知：当且仅当，即时，四边形ABDE面积取得最大值为6．
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先对求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数的单调性即可得解；
（2）先将问题转化为有唯一解，构造函数，分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像，再将问题转化为大于的极大值或小于的极小值，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为和，单调递增区间为.
（2）因为，所以，
因为，曲线与曲线都有唯一的公共点，
所以，方程有唯一解，即方程有唯一解，
令，则，
对于，
当，即时，，故函数在上单调递增，
易知，当趋向于0时，趋向于无穷小，趋向于0，故趋向于无穷小；
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于无穷大，故趋向于无穷大；
所以的值域为，
所以，与有且只有一个交点，满足题意；
当，即时，有两个实根，且，，
若，则当或时，，当时，，
所以先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，
要使有唯一实数根，则大于的极大值或小于的极小值，
记为极大值点，则，恒成立，
又，即，则的极大值为，
令，则，故在上单调递增，
故，则，故，
记为极小值点，则，恒成立，
又，即，则的极小值为，
令，则，
故在上单调递减，
因为，即，取，
则，所以，
令，则，
所以在上单调递减，故，
所以，即，
所以趋向于无穷小，则趋向于无穷小，
所以不存在，使得恒成立；
若，记为极大值点，则，同理可得恒成立，
因为在上单调递减，所以，则，故，
记为极小值点，则，同理可得不存在，使得恒成立；
综上：要使，曲线与曲线都有唯一的公共点，，即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．