湖南省邵阳市2022-2023学年高三数学下学期二模试题 （Word版附解析）

这是一份湖南省邵阳市2022-2023学年高三数学下学期二模试题 （Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年邵阳市高三第二次联考试题卷
数学
一、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. 在复平面内，复数（为虚数单位）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
【答案】C
【解析】
【分析】先化简复数为代数形式，再判断对应的点所在的象限即可.
【详解】依题意，对应的点为在第三象限.
故选：C．
2. 已知集合，．若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】若“”是“”的充分不必要条件，则Ü，列出不等式组求解即可.
【详解】若“”是“”的充分不必要条件，则Ü，
所以，解得，即的取值范围是.
故选：B.
3. 已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，垂直向量的坐标运算，可得答案.
【详解】由题意，，由与垂直，则，
即，解得.
故选：A.
4. 已知函数 若存在实数，，，，满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数的性质，画出图象，即可图象以及函数的对称性即可求解临界位置， 即可求解.
【详解】画出的图象如下图：
由题意可知，，由图象可知关于直线对称，所以，因此，
当时，，此时，
当时，，此时，
当存在，，，使得时，此时，
故选：C

5. 党的二十大报告提出全面推进乡村振兴．为振兴乡村经济，某市一知名电商平台决定为乡村的特色产品开设直播带货专场．该特色产品的热卖黄金时段为2023年2月1至4月1日，为了解直播的效果和关注度，该电商平台统计了已直播的2023年2月1日至2月5日时段的相关数据，这5天的第天到该电商平台专营店购物人数（单位：万人）的数据如下表：
日期
2月1日
2月2日
2月3日
2月4日
2月5日
第x天
1
2
3
4
5
人数y（单位：万人）
75
84
93
98
100
依据表中的统计数据，该电商平台直播黄金时间的天数与到该电商平台专营店购物的人数（单位：万人）具有较强的线性相关关系，经计算得，到该电商平台专营店购物人数与直播天数的线性回归方程为．请预测从2023年2月1日起的第38天到该专营店购物的人数（单位：万人）为（ ）
A. 312 B. 313 C. 314 D. 315
【答案】C
【解析】
【分析】根据回归直线过样本中心，建立方程，可得参数，即可得答案.
【详解】由题意，，，
将代入，可得，解得，
线性回归直线方程为，将代入上式，.
故选：C.
6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，半焦距为．在椭圆上存在点使得，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理及椭圆定义得 ，得，结合，得关于的不等式，从而求出的范围.
【详解】由，得 ，得，
又，则，
∴，即，
又，∴．
故选：B．
7. 如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）

A. 当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B. 存在点，使平面
C. 点到平面的距离为
D. 异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】D
【解析】
【分析】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D.
【详解】
选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；
选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；
选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．
，
设平面的法向量为，取，
则点到平面的距离为，故C错；
选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.
故选：D．
8. 若不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得恒成立，令，则恒成立，利用的单调性可得在时恒成立，即恒成立，构造函数，由其单调性得，即可得出答案.
【详解】因为，恒成立，
即恒成立．
令，则恒成立．
因为恒成立，故单调递增，
所以在时恒成立，
∴恒成立．
令，
．
令，则
∴单调递减．∴，即，
∴单调递减，故．
则正实数的取值范围是.
故选：B．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数法：分离出函数中的参数，问题转化为求新函数的最值或范围．若恒成立，则；若恒成立，则；②最值法：通过对函数最值的讨论得出结果．若恒成立，则；若恒成立，则；③分段讨论法：对变量进行分段讨论，然后再综合处理．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 在正方体中，，，则（ ）
A. 为钝角
B.
C. 平面
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，通过计算判断A；通过计算判断B；求出平面的法向量，通过验证判断C；是平面的一个法向量，借助向量夹角公式可判断D．
【详解】令，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，
，则为锐角，故A错误；
，，，故B正确；
，
设平面的法向量为，
不妨设，则，
，
，又平面，则平面，故C正确；
平面，则是平面的一个法向量，又，
则直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.
故选：BCD．
10. 若函数的最小正周期为，则（ ）
A. B. 在上单调递增
C. 在内有5个零点 D. 在上的值域为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据二倍角公式化简，由周期可得，代入即可判断A,根据整体法即可判断BD，令，根据即可求解满足条件的零点，即可判断C.
【详解】.
由最小正周期为，可得，故，
对于A,,故A错误；
对于B当时，，此时单调递增，故B正确；
对于C，令，
所以或，
当时，满足要求的有 故有5个零点，故C正确；
对于D, 当时，，则故，所以D错误.
故选：BC.
11. 已知点为定圆上的动点，点为圆所在平面上的定点，线段的中垂线交直线于点，则点的轨迹可能是（ ）
A. 一个点 B. 直线 C. 椭圆 D. 双曲线
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据分类讨论思想，分点A在圆内、圆上、圆外三种情况，结合椭圆、双曲线的定义，可得答案
【详解】分以下几种情况讨论：设定圆的半径为，
①当点在圆上，连接，则，所以点在线段的中垂线上，由中垂线的性质可知．
又因为点是线段的中垂线与的公共点，此时点与点重合，
此时，点的轨迹为圆心；故A正确；
②当点在圆内，且点不与圆心重合，连接，由中垂线的性质可得，
所以，，
此时，点的轨迹是以点A，O为焦点，且长轴长为的椭圆，故C正确；
③当点在圆外：连接，由中垂线的性质可得，
所以，，
此时，点的轨逬是以点A，O为焦点，且实轴长为的双曲线．故D正确．
故选：ACD．
12. 已知函数，是的导数，则（ ）
A. 函数在上单调递增
B. 函数有唯一极小值
C. 函数在上有且只有一个零点，且
D. 对于任意的，，恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】对函数求导，利用二次导函数的正负判断导函数函数的单调性，进而判断选项；构造函数，利用导数求解函数的单调性并证明不等式，进而判断选项.
【详解】，
，则，
设，
，
则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，故选项正确；
又，所以，则存在，使得．在时，；时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
故有唯一极小值，故选项正确；
令，，
则，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且，则有．
又，
因此存在，使得，
当时，，当时，，
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则．
又，
从而存唯一，使得．
显然当时，，当时，．
又，令，
，
因此函数在上单调递减，，
有，，则，
即，从而函数在上有唯一零点，
函数在上有且只有一个零点，且，故选项C错误；
，，
，
设，，
则
由选项知，在上单调递增，而，则，
即有，因此函数在上单调递增，
，即有，
所以对任意的，，总满足，故选项正确．
故选：.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数.
三、填空题（本大题4小题，每小题5分，共20分）
13. 若，，，则的最小值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】由已知条件变形，然后利用基本不等式求解.
【详解】若，，，
则，当且仅当时取等号，
则的最小值为8.
故答案为：8.
14. 在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数．小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有______个．
【答案】36
【解析】
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
【详解】如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，
两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，
那么小明可以设置的不同密码共有．
故答案为：36.
15. 已知直线是曲线与的公切线，则直线与轴的交点坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求得函数的切线方程，由题意，建立方程组，可得答案.
【详解】设直线与曲线和分别相切于，两点，
分别求导，得，，
故，整理可得．
同理得，整理可得．
因为直线为两曲线的公切线，
所以，解得，
所以直线方程为，令，则．
则直线与轴的交点坐标为．
故答案为：.
16. 已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为______，______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题得，利用累乘法得，通过错位相减法求得，进而得出答案.
【详解】因为，且，所以，
则当时，
．
又当时，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
则，即．
故答案为：，.
四、解答题（本大题共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. 已知为数列的前项和，，，记．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，记数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用与的关系，整理数列的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；
（2）写出数列的通项，利用裂项相消，可得，分奇偶两种情况，可得答案.
【小问1详解】
由，得．
∴，则．∴，
∴数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴．∵，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴
∴

当为奇数时，．
当为偶数时，，是递增数列，∴．
综上得：．
18. 人类从未停下对自然界探索的脚步，位于美洲大草原点处正上空的点处，一架无人机正在对猎豹捕食羚羊的自然现象进行航拍．已知位于点西南方向的草从处潜伏着一只饥饿的猎豹，猎豹正盯着其东偏北15°方向上点处的一只羚羊，且无人机拍摄猎豹的俯角为45°，拍摄羚羊的俯角为60°，假设A，B，C三点在同一水平面上．
（1）求此时猎豹与羚羊之间的距离的长度；
（2）若此时猎豹到点处比到点处的距离更近，且开始以的速度出击，与此同时机警的羚羊以的速度沿北偏东15°方向逃跑，已知猎豹受耐力限制，最多能持续奔跑，试问猎豹这次捕猎是否有成功的可能?请说明原因．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；
（2）不能捕猎成功，原因见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，作图，结合图中的几何元素，利用三角函数以及正弦定理，结合分类讨论思想，可得答案；
（2）由题意作图，设出时间，利用余弦定理，整理方程，利用零点存在性定理，可得答案.
【小问1详解】
由题意作图如下：

则，，
，．
由正弦定理，可得．
因此或120°，
当时，，猎豹与羚羊之间的距离为，
当，，猎豹与羚羊之间距离为.
【小问2详解】
由题意作图如下：

设捕猎成功所需的最短时间为t，
在中，，，，．
由余弦定理得：．
整理得：．
方法1：设，显然，
因猎豹能坚持奔跑最长时间为24s，且．
∴猎豹不能捕猎成功．
19. 如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.
【小问1详解】
如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，

在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
【小问2详解】
∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
20. 为响应习近平总书记“全民健身”的号召，促进学生德智体美劳全面发展，某校举行校园足球比赛．根据比赛规则，淘汰赛阶段，参赛双方有时需要通过“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：
①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；
②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；
③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出．
假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．
（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确，左右两边将球扑出的可能性为，中间方向扑出的可能性为．若球员射门均在门内，在一次“点球大战”中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列和数学期望．
（2）现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇，需要通过“点球大战”来决定胜负．设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，若甲队先踢，求甲队恰在第4轮取得胜利的概率．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的概率计算公式即可求解
（2）根据前3轮比分为，，，，时，结合相互独立事件的概率乘法计算公式即可逐一求解.
【小问1详解】
（每次扑出点球）．
的所有可能取值为0，1，2，3，4．∴．
．
．
．
．
∴的分布列

0
1
2
3
4






∴．
【小问2详解】
若甲队恰在第4轮取得胜利，则前3轮结束时比分可能为，，，，．分别记前3轮比分为，，，，且甲队恰在第4轮取得胜利，事件分别为A，B，C，D，E．
．
．
．
．
．
故（甲队恰在第4轮取得胜利）．
∴甲队恰在第4轮取得胜利的概率为．
21. 已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）以线段为直径的圆过定点和．
【解析】
【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，
（2）联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.
【小问1详解】
∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴．
∴双曲线的方程为．
依题意直线的方程为．
由 消去y整理得：，
依题意：，，点A，B的横坐标分别为，
则．
∵，∴．
∴，∴．
即，解得或（舍去），且时，，
∴双曲线的方程为．
【小问2详解】
依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．
由消去整理得：，
∴，．
设，，则，．
直线的方程为，令得：，∴．
同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，
设该定点为，则，，
故



．
解得或．
故以线段为直径的圆过定点和．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.
22. 已知函数，．
（1）对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（2）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，…，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得出对任意的恒成立，验证对任意的恒成立；在时，利用参变分离法可得出，利用倒数求出函数在上的最大值即可求解；
（2）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得，证明出，结和的单调性，即可证得结论成立.
【小问1详解】
，对任意的，恒成立，
即对任意的恒成立．
当时，则有对任意的恒成立；
当时，，则，令，其中，
，
且不恒为零，
故函数在上单调递增，则，故．
综上所述，．
【小问2详解】
由可得，
令，则．
因，则，
所以，，所以，函数在上单调递减．
因为，
所以，存在唯一的，使得．
所以，，则，
所以，

，
因为函数在上单调递减，
故，即．
【点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数.