2023届湖南省炎德英才高三下学期2月第六次联考数学试题含解析

这是一份2023届湖南省炎德英才高三下学期2月第六次联考数学试题含解析，共20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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出集合和集合，再求交集即可.
【详解】不等式等价于，解得，
∴，
集合为函数的定义域，由解得，
∴，
∴.
故选：A.
2．设复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由复数乘除法法则、共轭复数及复数的模计算公式可得结果.
【详解】由题意知，所以，所以.
故选：C.
3．设随机变量服从正态分布，若，则a的值为（ ）
A．9B．7C．5D．4
【答案】B
【分析】根据正态分布概率密度函数的对称性即可求解.
【详解】由题意，根据正态分布的对称性，
得，
解得，
故选：B．
4．已知某样本的容量为50，平均数为36，方差为48，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将24记录为34，另一个错将48记录为38.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据数据总和不变，则平均数不变，根据方差的定义得，而.
【详解】设收集的48个准确数据为，
所以，所以，
所以，又
，
，
故选：B.
5．已知的展开式中各项系数的和为4，则该展开式中的常数项为（ ）
A．200B．280C．D．
【答案】D
【分析】根据题意将代入，由各项系数的和为4可求得的值，再根据二次项展开式求出的通项
，分别与和相乘得到常数项，可求出的值，再合并即可得到结果.
【详解】由题意，令，得到展开式的各项系数和为，所以，解得.所以
，展开式的通项为
，令，解得；令，解得，
所以展开式中的常数项为.选项D正确，
故选D.
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据二倍角公式将化简得到，利用余弦定理和正弦定理将化简可得，进而求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，即，
又，所以，
所以，所以.
因为，
由余弦定理得，
即，
又，所以，所以，
由正弦定理得，所以.
设的外接圆的半径为，
所以，解得，
所以的外接圆的面积为.
故选：B.
7．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，为坐标原点，记与的面积分别为和，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出直线，联立，得到两根之和，两根之积，得，，，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】由题意得：，设直线，联立得：
，设，不妨令，
则，
故，
，
则，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.
【详解】令，当时，，
即函数在上单调递增，则有，因此，即，
令，，有，则在上单调递增，
因此，即，则有，
令，，因此在上单调递增，
即有，则，于是，即，
所以．
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
二、多选题
9．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】ABC
【分析】利用直线、平面的位置关系以及平行的传递性判断求解.
【详解】若，，则或，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，，，则与相交或，故C错误；
由于，，所以，又，所以，故D正确.
故选：ABC.
10．已知向量，，函数，则（ ）
A．若的最小正周期为，则的图象关于点对称
B．若的图象关于直线对称，则可能为
C．若在上单调递增，则的取值范围是
D．若的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则的最小值为5
【答案】AC
【分析】首先根据题意得到，再结合三角函数的对称性，单调性，奇偶性和平移变换依次判断选项即可得到答案.
【详解】由向量，，所以．
对于选项A，，解得，.
因为，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对于选项B，若，则.
，所以不可能为，故B错误；
对选项C，，
，令，，
解得的单调递增区间为，
又在上单调递增，则，
,故C正确；
对于选项D，将的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应解析式为，由为偶函数，
则，，即，，
则的最小值为3，故D错误．
故选：AC
11．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．的方程为
B．当，，三点不共线时，则
C．在上存在点，使得
D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；
对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；
对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆的位置关系进行判断即可；
对于D，将转化为进行判断即可.
【详解】设，（不与，重合）
∵，，∴，，
∴，得，化简得，
∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，
对于A，曲线的方程为，故选项A正确；
对于B，由已知，，，∴，
∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，
∴，故选项B正确；
对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，
设，由得，化简得点轨迹方程为，
即点的轨迹是圆心为，半径的圆，
圆与圆的圆心距，
∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，
∴上不存在点，使得，故选项C错误；
对于D，∵，∴，
∴，
当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.
故选：ABD.
12．已知是定义在R上的函数，若是奇函数，是偶函数，函数，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．D．
【答案】BD
【分析】利用函数的性质求出， 利用代入法当和当时求解析式,即可判断A、B；对于C，分别求出，在计算即可，对于D，由，利用等比数列的求和公式求.即可.
【详解】因为是奇函数，是偶函数，
所以，
所以
任取，则，
所以，
故A错误；
任取，则，，
所以，
故B正确；
因为，所以，
所以
，
当且时，
所以
，
当时，，
满足，
所以，
所以，
故C错误；
由C的结论，，
则，
故D正确，
故选：BD．
三、填空题
13．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为 .
【答案】
【分析】分别求出，再根据即可得解.
【详解】因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
所以，
，
，
所以，
又，所以，
即与的夹角大小为.
故答案为：.
14．若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则 .
【答案】
【分析】由奇、偶函数和周期函数的定义，可得的最小正周期，结合对数的运算性质可得答案．
【详解】解：由是定义在上的奇函数，为偶函数，
可得，，即，
所以，可得，
则的最小正周期为4，
当时，，
则．
故答案为：．
15．在正三棱锥中，是的中点，且，则该三棱锥内切球的表面积为 .
【答案】
【分析】取中点，连接，设为中心，连接，进而得，再结合三角形知识得，再根据等体积法得该三棱锥内切球的半径为，再计算表面积即可.
【详解】
如图，取中点，连接，由题知为等边三角形，
设为中心，连接，
由正三棱锥的性质可知平面，设，
因为是的中点，中点为，所以，
因为，为等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
所以，在中，，
即，解得，
所以正三棱锥的侧棱，所以，
所以，，
因为正三棱锥的表面积为，
设该三棱锥内切球的半径为，所以，由得，
所以，该三棱锥内切球的表面积为．
故答案为：．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上异于左、右顶点的一点，外接圆的圆心为M，O为坐标原点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据向量的加法法则和向量垂直的表示，结合均值不等式代入即可.
【详解】，
取线段的中点，则，
所以，
同理，
所以，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知数列的前n项和为，，且（）．
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由与的关系可得是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求得结果；
（2）根据题意，由裂项相消法即可求得，从而证明.
【详解】（1）由，得．
当时，，
所以，所以，
由于，所以，
因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
（2）由（1）知，，
，
，
因为，所以．
18．在中，角的对边分别为，且满足.
(1)求角的大小；
(2)若为边的中点，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合正弦和角公式得，进而可得答案；
（2）根据余弦定理，结合得，进而根据余弦定理得，再计算面积即可.
【详解】（1）解：因为，所以，即，
因为，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以.
（2）解：如图，因为为边的中点，且，
所以，
，
因为，
所以，即，整理得，
因为，即，解得，
所以，的面积为．
19．如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理证得平面ABC，再得到平面PBC，从而即可得证；
（2）根据题意，以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，，，，所以，
所以，
又平面平面ABC，平面平面，平面PAB，
所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
又，，PB，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以．
（2）
在中，，，，所以．
以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面ADB的一个法向量为，则
取，则，所以．
设直线BC与平面ADB所成的角为，则
，
所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是．
20．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，除此之外，卡塔尔世界杯还是首次在北半球冬季举行、第二次世界大战后首次由从未进过世界杯的国家举办的世界杯足球赛.小胡、小陈两位同学参加学校组织的世界杯知识答题拿积分比赛游戏，规则如下：小胡同学先答2道题，至少答对一道题后，小陈同学才存机会答题，同样也是两次答题机会，每答对一道题获得5积分，答错不得分.小胡同学每道题答对的概率均为，小陈同学每道题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响.
(1)求小陈同学有机会答题的概率；
(2)记为小胡和小陈同学一共拿到的积分，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用对立事件及独立事件的概率乘法公式计算即可；
（2）先求出变量取值的概率，然后列出随机变量的分布列，利用期望公式求解即可
【详解】（1）记“小陈同学有机会答题”为事件，
所以，
所以小陈同学有机会答题的概率是.
（2）的所有可能取值为0，5，10，15，20，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以.
21．已知双曲线E：的左顶点为A，其离心率为，且A到E的一条渐近线的距离为．
(1)求E的方程；
(2)过的直线l与E的右支交于B，C两点，直线AB，AC与y轴分别交于M，N两点，记直线PM，PN的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可；
（2）设直线l：，，，联立直线与双曲线方程，得，，由直线AB的方程，得M的坐标，同理可得N的坐标为，由，结合韦达定理求证即可.
【详解】（1）设E的半焦距为，由题意知，
E的一条渐近线方程为，即，所以，
又，，解得，，，
所以E的方程为；
（2）设直线l：，，，，
由得，
所以，．
因为，直线AB的方程为，所以M的坐标为，
同理可得N的坐标为．
因为，，
所以，
即为定值．
22．已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)求证：有唯一极值点，且.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】(1)利用二次求导讨论，即可求解；
(2)先对函数求导可得，再对函数求导，根据零点的存在性定理知存在唯一的使得，得出的取值情况，进而得出的单调性，则有唯一的极小值点，且，即可求解.
【详解】（1）若，，所以，，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，即在上单调递增.
又，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）的定义域为，，
令，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在唯一的，使得，
且当时，，当时，，
又，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以有唯一的极小值点，
因为，所以，，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以有唯一极值点，且.
【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数或二阶导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数或二阶导数研究新函数的性质即可解决问题.
X
0
5
10
15
20
P