2023届湖南省益阳市安化县第五高级中学等校高三下学期联合模拟测试数学试题含解析

这是一份2023届湖南省益阳市安化县第五高级中学等校高三下学期联合模拟测试数学试题含解析，共19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。
2023届湖南省益阳市安化县第五高级中学等校高三下学期联合模拟测试数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合的补集和并集定义进行计算可得答案．【详解】集合，，则故选：D【点睛】本题考查集合的交并补运算，属于基础题．2．设，则“”是“”的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先找出的等价条件，然后根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．【详解】解：，，，，推不出，是充分不必要条件，即“”是“”的充分不必要条件．故选B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．属于基础题.3．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题可得，然后利用二倍角公式及两角差公式即求.【详解】由得，即∴，∴，∴，故选：A.4．已知是等比数列，， ，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知条件求等比数列的公比，数列也为等比数列，利用公式求前项和.【详解】， ，设等比数列公比为，由，得，所以，，设，，，数列是首项为，公比为的等比数列，所以．故选：C5．在四边形ABCD中，若，且，则四边形ABCD为（    ）A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形【答案】C【分析】根据相等向量的性质，结合平面向量加法和减法的几何意义、矩形的判定定理进行求解即可.【详解】由，所以四边形ABCD是平行四边形，由，所以平行四边形ABCD的对角线相等，因此该四边形是矩形，故选：C6．我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈.问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛（如图所示），下底宽2丈，长3丈；上底宽3丈，长4丈；高3丈.问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为A．13.25立方丈 B．26.5立方丈 C．53立方丈 D．106立方丈【答案】B【分析】根据题目给出的体积计算方法，将几何体已知数据代入计算，求得几何体体积【详解】由题，刍童的体积为立方丈【点睛】本题考查几何体体积的计算，正确利用题目条件，弄清楚问题本质是关键．7．过双曲线的右焦点F2的直线在第一、第四象限交两渐近线分别于P，Q两点，且∠OPQ＝90°，O为坐标原点，若OPQ内切圆的半径为，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用内切圆得到a、b、c的关系，对齐次式变形求出离心率.【详解】解：如图，设OPQ的内切圆圆心为M，则M在x轴上，过点M分别作MN⊥OP于N，MT⊥PQ于T，由F2P⊥OP得，四边形MTPN为正方形，∴焦点F2（c，0）到渐近线的距离|F2P|，又|OF2|＝c，∴，∵，∴，∴，∴离心率．故选：B．【点睛】求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率．8．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因为，所以，又因为，联立得，，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.  二、多选题9．将函数f (x)＝cos－1的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有以下哪些性质（    ）A．最大值为，图象关于直线x＝－对称B．图象关于y轴对称C．最小正周期为πD．图象关于点成中心对称【答案】BCD【分析】根据余弦型函数图象变换的性质，结合余弦函数的最值、对称性、最小正周期公式逐一判断即可.【详解】将函数f (x)＝cos－1的图象向左平移个单位长度，得到y＝cos[]－1＝cos(2x＋π)－1＝－cos 2x－1的图象；再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)＝－cos 2x 的图象．对于函数g(x)，它的最大值为，由于当x＝时，g(x)＝，不是最值，故g(x)的图象不关于直线x＝－对称，故A错误；由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；它的最小正周期为＝π，故C正确；当x＝时，g(x)＝0，故函数的图象关于点成中心对称，故D正确．故选：BCD10．已知直线与圆，则（    ）A．直线必过定点 B．当时，被圆截得的弦长为C．直线与圆可能相切 D．直线与圆不可能相离【答案】ABD【分析】将直线变形为，即可求定点坐标，即可判断A；根据弦长公式求弦长，判断B；根据直线所过定点与圆的关系，再结合直线方程的形式，即可判断CD.【详解】A.，联立，得，所以直线过点，故A正确；B.当时，，圆心到直线的距离，弦长，故B正确；C.直线所过定点在圆上，过点与圆相切的直线是，但直线，表示斜率存在的直线，表示不了直线，故不存在直线与圆相切，故C错误；D. 直线所过定点在圆上，所以直线与圆总有公共点，不可能相离，故D正确.故选：ABD11．（多选）已知函数，下列关于的四个命题，其中真命题有（　　）A．函数在上是增函数B．函数的最小值为0C．如果时，，则的最小值为2D．函数有2个零点【答案】ABC【分析】利用导数研究函数的单调性，画出函数图像，数形结合解决问题.【详解】对于A，因为，求导得，当或时，，当时，，故在和上单调递减，在上单调递增，故A正确；对于B， 当时，，当时，，故B正确；对于C， 当时，，则的图像如下所示：如果时，，由图可知的最小值为， 故C正确；对于D， 由图可知只有一个零点，故D不正确.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，最值以及零点，解题的关键是要利用导数研究函数的单调性，最值，进而作出函数的图像，考查学生的运算能力与数形结合思想，属中档题.12．如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（       ）A．两条异面直线AB与CD所成角的范围是B．P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，C．三棱锥D−ABC的体积最大值为D．当二面角D−AC−B的大小为时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为【答案】BCD【分析】以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出两条异面直线AB与CD所成角可判断A；由CD⊥AB求出，P为线段CD上一点（包括端点），表示出点坐标，由空间向量夹角公式可判断B；当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，求出底面积和高可判断C；求出三棱锥D−ABC的外接球的半径，由球的表面积公式可判断D.【详解】对于A，以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，所以设，，所以所以，，所以设两条异面直线AB与CD所成角为，，当时，，此时，但时，D在平面ABC内.故A不正确；对于B, CD⊥AB时，，解得：，又因为，所以，所以 P为线段CD上一点（包括端点）,设解得.而，，所以，故B正确；对于C，当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，且连接，，则平面，所以.故C正确；对于D，取中点，连接，取的外心， 过作一条垂线垂直平面，过作一条垂线垂直平面，两条垂直相交于点，则为三棱锥D−ABC的外接球的球心，且二面角D−AC−B的大小为，即，所以在直角三角形中，，所以，则，所以，所以三棱锥D−ABC的外接球表面积为，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．在复平面内，复数对应的点在直线上，则实数___________．【答案】1【解析】由复数的运算法则和复数的几何意义直接计算即可得解.【详解】，其在复平面内对应点的坐标为，由题意有：，则.故答案为：1.14．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，则展开式中的常数项为_______．【答案】【分析】利用已知条件求出的值，再利用二项展开式通项可求得结果.【详解】在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，令，得各项系数和为，二项式系数和为，则，得．展开式的通项为，令，可得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】结论点睛：对于二项展开式的问题，注意一些常见结论的应用：（1）二项式的系数和为；（2）令变量为，二项式的值为各项系数和.15．已知为等差数列的前项和.若，，则当取最大值时，的值为___________.【答案】6【分析】利用等差数列前项和公式和等差数列数列的对称性，可得到0，，从而得出结果.【详解】因为，所以，又，所以0，所以，则，故答案为：6.16．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为___________.【答案】【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.【详解】设椭圆，双曲线，且设，由椭圆的定义得①，由双曲线的定义得②，得，，得，，由余弦定理可得，所以③，设，所以，当即时，取最大值为.故答案为：. 四、解答题17．已知数列中，，，.(1)设，求证是等差数列；(2)求的通项.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）式子变形后，可知是首项，公差为1的等差数列.（2）利用累加法和错位相减法即可得出结论.【详解】（1）解：由已知可得：即即，所以是首项，公差为1的等差数列.（2）由（1）知则得到①，②，得.18．在中，角，，的对边分别是，，，已知．（1）求；（2）若边上的中线的长为，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理化角为边，结合余弦定理可得，即可求出；（2）由平方可得，利用基本不等式可得，即可求出面积最值.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理可得，即．再由余弦定理可得，即．因为，所以．因为，所以．（2）因为，所以，即．因为，所以，当且仅当时取等，故，则的最大值为．【点睛】本题考查正余弦定理和三角形面积公式的应用，解题的关键是化角为边求出B，利用平方得出，结合基本不等式求最值.19．某网站用“分制”调查一社区人们的幸福度.现从调查人群中随机抽取名，茎叶图记录了他们的幸福度分数（以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶）：（1）指出这组数据的众数和中位数；（2）若幸福度不低于，则称该人的幸福度为“极幸福”.求从这人中随机选取人，至多有人是“极幸福”的概率；（3）以这人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区（人数很多）任选人，记表示抽到“极幸福”的人数，求的分布列及数学期望.【答案】（1）众数；中位数；（2）；（3）分布列见解析，数学期望为.【分析】（1）利用茎叶图可得出样本数据的众数和中位数；（2）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（3）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】（1）由茎叶图可知，这组数据的众数为，中位数为；（2）由茎叶图可知，幸福度为“极幸福”的人有4人.设表示所取人中有个人是“极幸福”，至多有人是“极幸福”记为事件，则；（3）从人的样本数据中任意选取人，抽到“极幸福”的人的概率为，依题意可知，从该社区中任选人，抽到“极幸福”的人的概率为，故，由题意可知，随机变量的可能取值为、、、，    ，，，，         所以的分布列为：因此，.20．如图1，在矩形中，，，为的中点，为中点．将沿折起到，使得平面平面（如图2）．（1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面? 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【分析】（1）先证明平面．再证明.(2) 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图）,利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.(3) 假设在线段上存在点，使得平面.设，且，根据平面求得，所以当时，平面．【详解】（1）由已知，因为为中点，所以．因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以． （2）设为线段上靠近点的四等分点，为中点．由已知易得．由（1）可知，平面，所以，.以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图）．因为，，所以．设平面的一个法向量为，因为，所以   即  取，得．而 .所以直线与平面所成角的正弦值 （3）在线段上存在点，使得平面.设，且，则，．因为，所以，所以，所以，．若平面，则.即.由（2）可知，平面的一个法向量，即，解得，所以当时，平面． 【点睛】（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查二面角的求法和直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.21．已知函数.（1）若的图像恒在x轴下方，求实数a的取值范围；（2）若函数有两个零点m､n，且，求的最大值.【答案】（1）；（2）8.【分析】（1）根据题意，得到，恒成立，即恒成立，令，根据导数的方法求出最大值，即可得出结果；（2）根据题意，得到，，令，，得到，推出，得到，令，，对其求导，用导数的方法求出最值，即可得出结果.【详解】（1）由题意可得，在上恒成立，即，∴恒成立.令，则，由得；由得；所以在上递增，在上递减，因此∴只需；（2）由知，由题意，可得：，，所以，即，又令，，则， 令，，则，令，则显然恒成立；∴递增，∴时，，∴，即在上递增，因此，∴最大值为，最大值为8.【点睛】本题主要考查导数的方法研究不等式恒成立的问题，考查导数的方法求最值问题，属于常考题型.22．过双曲线Γ：的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.(1)若是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；(2)若存在直线l，使得，求Γ的离心率的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）结合图像，分别求得，，从而求得，由此双曲线Γ的标准方程可求；（2）联立方程，由韦达定理得与，再由推得，由此得到关于的一个齐次方程，可求得离心率的范围，再由y1y2<0，得到关于的另一个齐次方程，缩小离心率的范围，从而得到Γ的离心率的取值范围.【详解】（1）依题意，结合双曲线的对称性得，，所以2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，，，b2＝c2－a2＝2，此时Γ的标准方程为.（2）依题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为x＝my－c，联立，消去，得，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，， 由AF2⊥BF2得，故(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，即(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0，整理得，即(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0，则(m2＋1)b4＝4a2c2，所以，故4a2c2≥(c2－a2)2，所以c4＋a4－6a2c2≤0，两边除以，得e4－6e2＋1≤0，解得，又因为e>1，所以，故，又A，B在左支且l过F1，所以y1y2<0，即，故，所以，所以，即4a2<b2＝c2－a2，则，故e2>5，即，综上：，即.