湖南省长沙市长郡中学2023届高三数学下学期模拟（二）试卷（Word版附解析）

长郡中学2023届模拟试卷（二）

数学

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

第Ⅰ卷

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．已知集合，集合，则（    ）

A．    B．    C．    D．

2．设复数满足，则的虚部是（    ）

A．    B．3    C．    D．4

3．设为正方形的中心，在中任取3点，则取到的3点共线的概率为（    ）

A．    B．    C．    D．

4．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，平面，则该鞠（球）的表面积为（    ）

A．    B．    C．    D．

5．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（    ）

A．8    B．9    C．10    D．11

6．函数恒有，且在上单调递增，则的值为（    ）

A．    B．    C．    D．或

7．已知函数，若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（    ）

A．    B．    C．    D．

8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，满足，点是线段上一点，满足．现将沿折成直二面角，若使折叠后点距离最小，则为（    ）

A．    B．    C．    D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．已知实数满足，则下列说法正确的是（    ）

A．    B．    C．    D．

10．已知函数是奇函数，且是的导函数，则（    ）

A．    B．的一个周期是4    C．是偶函数    D．

11．已知圆，恒过点的直线与圆交于两点．下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为       B．

C．的最大值为    D．过点作直线的垂线，垂足为点，则点的运动轨迹在某个定圆上

12．随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称

B．函数的图象关于点对称

C．函数为周期函数，且最小正周期为

D．函数的导函数的最大值为4

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．二项式的展开式中所有二项式系数和为64，且展开式中的常数项为，则_____．

14．已知函数的导函数为，且满足，则函数在点处的切线方程为__________．

15．在正四棱柱中，为的中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长度为________．

16．意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作．已知（，且）．

（1）若斐波那契数除以4所得的余数按原顺序构成数列，则_________．

（2）若，则_____________．

四、解答题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（10分）在数列中，．

（1）设，求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

18．（12分）已知向量，且函数．

（1）求的最小正周期及对称中心；

（2）在中，内角的对边分别为，角为锐角，．若，且的面积为，求的周长．

19．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面．

（1）证明：；

（2）若为的中点，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成的角的正弦值．

20．（12分）已知圆是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点运动时，点的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程；

（2）过点的直线与曲线相交于点，与轴相交于点，过点的另一条直线与相交于两点，且的面积是面积的倍，求直线的方程．

21．（12分）人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某校成立了两个研究性小组，分别设计和开发不同的软件用于识别音乐的类别．记两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为．为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案．

方案一：将100首音乐随机分配给两个小组识别，每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；

方案二：对同一首歌，两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过．

（1）若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占．

（ⅰ）请根据以上数据填写下面的列联表，并根据的独立性检验，能否认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关?

（ⅱ）利用（ⅰ）中的数据，视频率为概率，求方案二在一次测试中获得通过的概率；

（2）研究性小组为了验证软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时的值．附：，其中．

22．（12分）已知函数．

（1）当时，求函数的最小值；

（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．

长郡中学2023届模拟试卷（二）

数学参考答案

一、二、选择题

1．B  【解析】因为，可得，

因为，即，可得，

取交集可得，故选B．

2．C  【解析】，则，故，虚部为，故选C．

3．A  【解析】如图，从个点中任取3个有，共10种不同取法，3点共线只有与共2种情况，由古典概型的概率计算公式知，取到3点共线的概率为．故选A．

4．C  【解析】易得，球的表面积为，故选C．

5．C  【解析】由，

可得，

所以，所以，

所以数列的前项和，

所以，故选C．

6．B  【解析】由题意可得时，取得最大值，可得．根据单调性可得，故，所以时，时，．又时，当时，，此时不单调，故．故选B．

7．C  【解析】函数，不等式化为．

分别令．

可得函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．

，如图所示．

不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，正整数解为1，2，

即解得

实数的取值范围是．故选C．

8．B  【解析】，

，

将沿折成直二面角，过作，易知平面，设，在中有，

在中，，有，，，

当且仅当时等号成立．

距离最小时，为角平分线，故，可得．故选B．

9．BCD  【解析】由题，所以有，故A错误；

，故B正确；

，，故C正确；

，故D正确．故选BCD．

10．BC  【解析】因为函数是奇函数，，所以，所以，即，故的周期为4，

所以，故的一个周期为4，故B项正确；

，故A项错误；

因为函数是奇函数，所以，

所以，即，所以为偶函数，故C项正确；

因为，所以，

令，可得，解得，故D项错误．故选BC．

11．BCD  【解析】圆的圆心为，半径为2，

又满足，所以在圆内，

所以，当时，取得最小值，如下图所示，

此时，所以A选项错误；

设是的中点，，

由于，所以，B选项正确；

由于，所以，

所以的最大值为选项正确，D选项正确．故选BCD．

12．ABD  【解析】因为函数，定义域为，对于A，，

所以函数的图象关于直线对称，故A正确；

对于B，，

所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；

对于C，由题知，故C错误；

对于D，由题可知，故D正确．故选ABD．

三、填空题

13．1  【解析】由题设可得，则；

展开式的通项公式是，

令可得，

由题意，即，即．

14．  【解析】，则，所以，故函数在点处的切线方程为，即．

15．  【解析】如图，连接，由题可知，平面．

因为平面，则．

又平面平面，则平面．

又平面，则．

如图，过做的平行线，交于，则为的中点，连接，过做的垂线，交于．由题可得，平面，又，则平面．

因为平面，则，

又平面平面，则平面．

因为平面，则，

因为平面平面，则平面．

连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即．

注意到，

则，故．

则点的轨迹的长度为．

16．（1）2697   （2）

【解析】（1）由题意，，则，则，

由，则除以4的余数为，即，

由，则除以4的余数为，即，

由，则除以4的余数为，即，

由，则除以4的余数为，即，

由，则除以4的余数为，即，

由，则除以4的余数为，即，

故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，

因为，所以；

（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，

所以．

四、解答题

17．【解析】（1）由已知有．

利用累差迭加即可求出数列的通项公式：．

（2）由（1）知，

，

而，又是一个典型的错位相减法模型，

易得．

18．【解析】（1），由，故最小正周期为．

由，

的对称中心为．

（2）由于，

故，于是，又，解得．

由，解得．又角为锐角，故．

由余弦定理，则，

化简得：，

三角形的周长为．

19．【解析】（1）如图，在三棱柱中，取的中点，连接，

因为是等边三角形，则，又平面，

平面平面，平面平面，则平面，

而平面，于是，又平面，

因此平面，又平面，则，

于是，所以．

（2）取的中点，连接．由（1）得平面，

又，所以是直线与平面所成的角，即，

由（1）知两两互相垂直，以为坐标原点，直线为轴，过点且平行于的直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

于是，

设平面的法向量为，则

即令，得，

设直线与平面所成的角为，则，

即直线与平面所成的角的正弦值为．

20．【解析】（1）因为点为线段的垂直平分线与半径的交点，

所以，所以，

所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的㮁圆，在椭圆中，

所以曲线的方程为．

（2）由已知得，所以直线的方程为，所以点的坐标为．

当直线的斜率不存在时，，或都与已知不符；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

由得，，

，

由的面积是面积的倍可得，

化简得，即，

又，所以，即，也就是，

所以，

解得，

所以直线的方程为．

21．【解析】（1）（ⅰ）依题意得列联表如下：

零假设为：识别音乐是否正确与两种软件类型无关．

根据列联表得，

所以根据小概率的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为识别音乐是否正确与两种软件类型无关．

（ⅱ）由（ⅰ）得，，

故方案二在一次测试中通过的概率为

．

（2）方案二每次测试通过的概率为

，

所以当时，取到最大值，又，此时，

因为每次测试都是独立事件，故次实验测试通过的次数，期望值，

因为，所以，所以测试至少27次，此时．

22．【解析】（1）由题意，

令，则，当时，当时．

所以．

（2）由，

所以，

记，即恒成立，且，

当时，若，令，则，

所以在单调递增，且，

，

（令且，则，故在上递增，则，

所以，以上成立），

故存在唯一，使得，

故时，递减，所以，此时，不合题意．

当时，（ⅰ）若，由上知，则递增，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），

所以恒成立，即成立，符合题意．

（ⅱ），令，则单调递增，

，所以存在唯一使，

当时，递减，当时，递增，

又，故存在唯一使，

故时，递增，时，，

递减，又，

所以时，，则递增，故，即恒成立．

综上，．