湖南省长沙市A佳教育联盟2022-2023学年高三数学下学期4月联考试题（Word版附解析）

科目：数学

（试题卷）

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名､准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交.

姓名__________.

班级__________.

祝你考试顺利!

A佳教育.2023年4月高三模拟考试数学

（本试卷共6页，22题，全卷满分150分，考试用时120分钟）

一､选择题：本题共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.已知集合，则（    ）

A.    B.    C.    D.

2.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A.第一象限    B.第二象限

C.第三象限    D.第四象限

3.为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（    ）

A.    B.    C.    D.

4.建筑学中必须要对组合墙的平均隔声量进行设计.组合墙是指带有门或窗等的隔墙，假定组合墙上有门､窗及孔洞等几种不同的部件，隔墙及各种部件的面积分别为（单位：），其相应的透射系数分别为，则组合墙各部分的透射系数的平均值为：，于是组合墙的平均隔声量（单位：）可用公式：估算而得.已知某墙的透射系数为，面积为，在墙上有一扇门和窗，门的透射系数为，面积为，窗的透射系数为，面积为，则组合墙的平均隔声量约为（    ）注：

A.18.322    B.26.990    C.33.010    D.44.302

5.在平面四边形中，，若点为线段上的动点，则的取值范围为（    ）

A.    B.    C.    D.

6.已知函数，且，则当时，（    ）

A.    B.    C.    D.

7.数列的前项和为，满足，则下列结论中错误的是（    ）

A.    B.

C.    D.

8.如图所示，双曲线与抛物线有公共焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，双曲线的离心率为，则（    ）

A.    B.    C.    D.

二､多选题：本题共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.已知数据的极差､平均数､众数､第80百分位数分别是，数据的极差､平均数､众数､第80百分位数分别是，且满足，则（    ）

A.    B.

C.    D.

10.已知直角坐标系原点为，直线，点为圆上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A.直线恒过定点

B.当时，圆上存在三点到直线距离等于的充要条件是

C.当时，直线上存在点使，则或

D.若有且只有一条直线被圆截得弦长为，则

11.设为两个正数，定义的算术平均数为，几何平均数为，则有：，这是我们熟知的基本不等式.上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数.下列关系正确的是（    ）

A.    B.

C.    D.

12.已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A.函数有两个极值点

B.若关于的方程恰有1个解，则或

C.函数的图象与直线可能有2个交点

D.若，且，则存在最小值

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知为正数，的展开式中各项系数的和为1，则常数项为__________.

14.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为双曲线.现有关于方程表示的曲线是椭圆，则的取值范围为__________.

15.在棱长为3的正方体中，为棱上一点，且，则正方体表面到点距离为的点的轨迹总长度为__________.

16.已知为等腰直角三角形，为线段的中点，，点分别在线段上，且，当点在对应线段上运动时（含端点位置），的最大值为__________.

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.（10分）已知数列的前项和为，且.

（1）求证：数列是等比数列，并求的通项公式；

（2）若项数为的数列满足：我们称其为项的“对称数列”.例如：数列为4项的“对称数列”；数列为5项的“对称数列”.设数列为项的“对称数列”，其中是公差为2的等差数列，数列的最大项等于.记数列的前项和为，若，求.

18.（12分）2022年12月26日常益长高铁开通试运营仪式在常德举行，标志着我省迈入“市市通高铁”的新时代.常益长高铁全线长157公里，共设有常德站､汉寿站､益阳南站､宁乡西站､长沙西站5个车站.在试运营期间，铁路公司随机选取了乘坐常德开往长沙西站次复兴号列车的200名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表（单位：人）：

用频率代替概率，根据上表解决下列问题：

（1）在试营运期间，从常德上车的乘客中任选3人，设这3人到长沙西站下车的人数为随机变量，求的分布列及其数学期望；

（2）已知德山经开区的居民到常德站乘车的概率为0.6，到汉寿站乘车的概率为0.4，若经过益阳南站后高铁上有一位来自德山经开区的乘客，求该乘客到长沙西站下车的概率.

（3）为了研究各站客流量的相关情况，用表示所有在汉寿站上下车的乘客的上､下车情况，“”表示上车，“”表示下车.相应地，用分别表示在益阳南站，宁乡西站上､下车情况，比较方差大小关系.

19.（12分）已知三棱台中，底面，分别是的中点，是棱上的点.

（1）求证：；

（2）若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.

20.（12分）如图，在中，内角的对边分别为，满足.

（1）求；

（2）在所在平面上存在点，连接，若，，求的面积.

21.（12分）已知双曲线的右顶点为，过右焦点的直线与交于，两点.当轴时，的面积为3.

（1）求双曲线的方程；

（2）过点的直线与曲线交于点（异于点），直线与直线分别交于点.若点四点共圆，求实数的值.

22.（12分）设函数，其中.

（1）讨论函数的单调性；

（2）已知有极大值为1，设，若，且，证明：.

A佳教育•2023年4月高三模拟考试

数学参考答案

一､选择题：本题共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.C  【解析】因此

.故选：C.

2.A  【解析】所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：A.

3.B  【解析】由题意设正六边形的边长为，设六棱柱的高为，正六棱锥的高与底面边长的比为，正六棱锥的母线长为正六棱锥的侧面积正六棱柱的侧面积，故选：B.

4.B  【解析】由题意得：组合墙的透射系数的平均值：，故组合墙的平均隔声量为，故选：B.

5.C  【解析】由题，又，则，则中由余弦定理得，又，所以为正三角形，故以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，设，则，则，则当时，取最小值；当时，取最大值3，故.故选：C.

6.C  【解析】由可知，即，即.，，两式相减可得，因为故将代入得，又，所以函数，则故选：C.

7.D  【解析】得，

又，选项A正确；，选项B正确；由得，选项C正确；由，，得，选项错误.故选：D.

8.B  【解析】根据题意，如图：因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，又到的距离，即，又，所以点为线段的中点，则，设点，则，解得；由可得，

则由等面积可知：，解得，则，则，又点在渐近线上，即，即，又，联立得，即，解得，故.故选：B.

二､多选题：本题共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.BCD  【解析】对于A选项，，故A错误；对于B选项，由题意可知，两组数据满足，由平均数计算公式得，

所以，故B正确；对于选项，由众数知识得，故正确；对于D选项，对于数据，，假设其第80百分位数为，当是整数时，，当不是整数时，设其整数部分为，则，所以对于数据，假设其第80百分位数为，当是整数时，，当不是整数时，设其整数部分为，则，所以，故D正确.故选：BCD.

10.BC  【解析】对于A选项，直线恒过定点，故A错误；对于B选项，圆心到直线距离为，圆上存在三点到直线距离等于，所以圆上存在三点到直线距离等于的充要条件是故正确；对于选项，直线存在点使，当与圆相切时，最大，只需此时，即，所以圆心到直线距离，解得或，故正确；对于选项，直线恒过定点，该直线过圆心或垂直于，圆心到直线距离为或，所以或，故D错误；故选：BC.

11.AC  【解析】对于A选项，，

当且仅当时，等号成立，故A正确；

对于B选项，，当且仅当时，等号成立，故B错误；

对于C选项，，当且仅当时，等号成立，故正确；对于选项，当时，由可知，，故D错误.故选：AC.

12.ABD  【解析】由函数可得，函数的图象如下

图所示.对于选项，由图可知，和是函数的两个极

值点，故正确；对于选项，若函数恰有1个零点，

即函数与的图象仅有一个交点，可得或，故正

确；对于选项，因为函数在点处的切线为，

函数在处的切线为，如图中虚线所示，易知当，即时，的图象与直线恰有一个交点；当，即时，令，得，令

，则，由二次函数的图象及零点存在定理可知，方程有且只有一个实数根；当，即时，令，设，则（仅当时取等号），即函数在上单调递增，由于，，所以函数有且仅有一个实数根；故错误.对于选项，由，则，则，设，则，设，显然在上单调递增，且，所以存在，使，且当时，单调递减，当时，单调递增，所以存在最小值，故D正确；故选：ABD.

三､填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13.60  【解析】的展开式中各项系数的和为1，且为正数，的展开式的通项为，令，解得，所以的展开式中常数项为.故答案为：60.

14.  【解析】方程，则，可得动点到定点和定直线的距离的比为常数，由椭圆的定义，可得，解得.故答案为：

15.  【解析】以为球心，为半径的球与正方体表面的交线长度即为所求，在平面和平面上轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的两段弧，弧长为，在平面上的轨迹是以为圆心，1为半径，圆心角为的弧，弧长为，在平面上的轨迹是以为圆心，2为半径，圆心角为的弧，弧长为，因此，轨迹的总长度为.

16.  【解析】为等腰直角三角形，为线段的中点，，所以，设，则，

过点分别作的垂线，垂足分别为，则，在与中，易得，，则，当，即时，取得最大值.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.（10分）【答案】见解析.

【解析】（1）由，得，

则，又，则，

所以，数列是以1为首项，2为公比的等比数列..

则，则时，

.

当时，满足上式，所以，的通项公式为.

（2）由题知：是以8为末项，2为公差的等差数列，

所以

解得，

所以，

所以

所以，即.

解得.

18.（12分）【答案】见解析.

【解析】（1）解：从常德上车的乘客到长沙西站下车的概率，

所以，根据频率估计概率，从常德上车的乘客中任选3人，设这3人到长沙西站下车的人数，

所以其概率分布列如下：

（2）解：记事件A：该乘客在过益阳南站后到长沙西站下车，

记事件：该乘客在常德站上车，记事件：该乘客在汉寿站上车.

所以，，

由表中数据可知，经过益阳南站后，从常德站上车的乘客还有50人，40人在长沙西站下车；

从汉寿站上车，经过益阳南站后，乘客还有30人，其中在长沙西站下车的有20人；所以，，

所以，，

所以该乘客到长沙西站下车的概率.

（3）两点分布：.

19.（12分）【答案】见解析.

【解析】（1）如图所示：取线段的中点，连接，易得，

所以四点共面.因为，

所以，又因为底面平面，

所以，因为平面平面，

所以平面，

因为分别是的中点，所以，所以平面，

因为平面，所以

因为，

又因为，所以四边形是正方形，所以，

又因为平面平面；

所以平面，因为平面，所以.

（2）延长与相交于点，连接，则与的交点即为.

由分别为和的中点知为线段的三等分点，且.

由（1）知，所以两两垂直，

以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系

设平面的法向量，则取，则

同理可求得平面的法向量，.

设二面角为，由图易知为锐角，

所以，

所以二面角的余弦值为

20.（12分）【答案】见解析.

【解析】（1）由，得，

根据正弦定理，得.·

因为，

所以，

所以.

因为，所以，所以，则.

又是三角形内角，

（2）令，四边形内角和为，由（1）的结论知：

①

在中，由正弦定理得：，

在中，，

又，将①代入得：，

即，

21.（12分）【答案】见解析.

【解析】（1）当轴时，两点的横坐标均为，

代入双曲线方程，可得，即，

由题意，可得.

解得，

双曲线的方程为：；

（2）设直线，

联立方程组，整理得，.

则，且

因为四点共圆，所以，

又，所以，

故

以，即，

所以

又直线，令，得，

同理，

故

，其中，

所以，解得，

所以实数的值为.

22.（12分）【答案】见解析.

【解析】（1），定义域为，

.

当时，恒成立，

则在上为减函数；

当时，令，可得，则，解得

令，解得，.

综上，当时，的减区间为；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）证明：由（1）得的极大值为，所以，即

，记，则，易知的单调递增区间为，

单调递减区间为.且.

当时，，

所以，

令，则，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，·

所以，即，所以在上单调递增，

不妨设，因为，所以有①或②两种情况，

当①时，因为在上单调递增，

所以，所以.

当②时，由，得，所以，

则，

由，所以，.

令，

则

所以，即在上单调递减，且当趋向于1时趋向于0，则

所以，则，即，

综上可得当，且时，