2023届湖湘名校教育联合体五市十校教研教改共同体高三上学期第二次大联考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖湘名校教育联合体五市十校教研教改共同体高三上学期第二次大联考数学试题（解析版），共10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。
湖湘名校教育联合体五市十校教研教改共同体2023届高三第二次大联考 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）   已知，，则(    )A.  B.  C.  D.     在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，则“”是“角的终边过点”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件   已知函数，若，则A.  B.  C.  D.    高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在详解九章算法商功一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为(    )A.  B.  C.  D.    已知实数，，满足，，，则，，的大小关系是(    )A.  B.  C.  D.    已知，则A.  B.  C.  D.    在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，过点的直线与动点的轨迹交于，两点，记点的轨迹的对称中心为，则当面积取最大值时，直线的方程是(    )A.  B.  C.  D.    已知菱形的边长为，，将沿对角线翻折，使点到点处，且二面角的平面角的余弦值为，则此时三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积比值为(    )A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）   已知，，，，则下列命题正确的有A. 若，则 B. 若，则
C. 若，，则 D. 若，则如图，正方体的棱长为，为线段上的一个动点，下列结论中正确的是
  A.
B. 平面
C. 到和到的距离之和的最小值为
D. 与所成角的正切值的最小值为已知是抛物线的焦点，，是抛物线上的两点，为坐标原点，则(    )A. 若轴，则 B. 若，则的面积为
C. 长度的最小值为 D. 若，则已知函数，，则下列说法正确的是A. 在上是增函数
B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C. 若有两个零点，，则
D. 若，且，则的最大值为 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知复数满足，则          ．在中，角，，所对的边为，，，且，，，则的值等于          ． 已知双曲线的离心率，直线交双曲线于点，，为坐标原点且，则双曲线实轴长的最小值是          ．已知函数，，设，且函数的零点均在区间，，内，则的最小值为          ． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分已知函数．求函数的最小正周期和单调递减区间当时，求函数的值域． 本小题分已知二项式的展开式的各项系数和构成数列数列的首项，前项和为，且当时，有．求和设数列的前项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 本小题分如图，在四棱椎中，底面为平行四边形，平面，点，分别为，的中点．取的中点，连接，若平面平面，求证：已知，，若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．本小题分如图，在中，，，，，，分别在线段，，上，且为的中点，，设．求用表示求面积的最小值．本小题分如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为，，过左焦点的直线与椭圆交于点，点在点的上方．求证：直线，的斜率乘积为定值过点，分别作椭圆的切线，设两切线交于点，证明：．本小题分已知函数．当时，讨论的单调性设，为的两个不同零点，证明：当时，．
答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查指数函数的值域，集合的交集运算，属于基础题．【解答】解：易知，或，所以．  2.【答案】 【解析】【分析】本题考查了充分、必要、充要条件的判断，涉及任意角的概念，属于基础题．【解答】解：角的终边过点等价条件为，由任意角定义知是的充分不必要条件，所以答案为．  3.【答案】 【解析】【分析】本题考查了利用函数的奇偶性求函数值，属于基础题．【解答】解：由，所以，又，所以，答案为．  4.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查等差数列的实际应用，属于基础题．【解答】解：记第层有个球，则，，，，
结合高阶等差数列的概念知，，，，，
则第层的小球个数
．  5.【答案】 【解析】【分析】本题考查了利用指对数性质比大小，属于基础题．【解答】解：由知，所以，即，由知，所以，由得，所以，综上知，所以答案为．  6.【答案】 【解析】【分析】本题考查了诱导公式和正余弦齐次式的计算，属于基础题  【解答】解：由得，即有，则．  7.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查与圆有关的轨迹方程，圆中的三角形面积最值问题，基本不等式和点到直线的距离，属于中档题．【解答】解：设，由有，
化简得的轨迹方程为，所以点，
设点到的距离为，则，
所以的面积
，等号成立时，
即面积最大时，点到直线的距离为，
故直线不垂直于轴，设直线方程为，
即，则，解得，所以直线方程为．  8.【答案】 【解析】【分析】本题考查了空间几何体的体积计算，涉及二面角，属于中档题．【解答】解：取的中点为，连接，，知，
在中，由余项定理有，
所以，则有，得，
同理得，
则三棱锥的外接球球心为的中点，外接球半径，
所以，
又，
所以，所以答案为．  9.【答案】 【解析】【分析】本题考查了利用不等式的基本性质判断不等关系，属于基础题  【解答】解：；
取；
，C错误；
，D正确

   10.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查正方体中的动点问题，线线垂直，线面平行的判定，异面直线所称的角，属于中档题．【解答】解：选项中，只有位于处时是垂直的，所以选项错误
选项中，因为平面，平面平面，所以平面，所以选项正确
选项中，将平面沿直线翻折到平面，则当，，三点共线时所求距离最小，最小值为的长，此时在中，知，由余弦定理得，所以C正确
选项中，连接，，易知与所成角即为与所成角，又，所以在中有，又最小值为，所以与所成角的正切值的最小值为，即选项正确．  11.【答案】 【解析】【分析】本题考查了抛物线的几何性质与应用，属于中档题．【解答】解：项中，由轴知，知，所以选项正确
选项中，由得，代入中的，所以的面积为，所以选项正确
抛物线上两点，的最小距离显然可以比小，所以选项错误
选项中，设，，则由知，即有，得，
所以，
又

，
当时等号成立，所以项正确．  12.【答案】 【解析】【分析】本题考查了导数的综合应用，属于难题．【解答】解：项中，令，则，由知，此时函数为，，所以函数在上是单调增函数，即在上是增函数，所以项正确
项中，时，，又为正实数，所以，又，所以单调递增，所以不等式等价于对恒成立，即，令，知，所以在上递增，在上递减，所以，所以项正确
项中，易知在上递减，在上递增，，所以，不妨设，则必有，若，则等价于，等价于，等价于，令，，，即在上递增，所以，则时，，所以不成立，即C错误
项中，由在上递减，在上递增，在上递减，在上递增，易知有唯一的解，又，所以，由，即，即有，所以，即，所以，又，所以，所以D正确．  13.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查复数的模及复数的除法运算，属于基础题．【解答】解：，
．  14.【答案】 【解析】【分析】本题考查了向量的数量积运算，余弦定理，属于基础题．【解答】解：．  15.【答案】 【解析】【分析】本题考查了向量与双曲线的综合问题，属于中档题．【解答】解：联立化简得，设，，则，，由，则，即，化简得，，，解得，所以实轴长最小值为．  16.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查利用导数求函数的零点问题，属于中档题．【解答】解：，则，
当时，，所以，即在上单调递增，又，，
所以在上有唯一的零点，
，，，，所以在上单调递减，
又，
，
所以在有唯一的零点．
则的零点在区间内，的零点在区间内，
所以零点所在区间中的最大值为，的最小值为，
所以的最小值为．  17.【答案】解：，所以最小正周期为，由，得单调递减区间是当时，，则，即时，有最小值为，，即时，有最大值为，所以此时的值域为． 【解析】本题考查了三角恒等变换，正弦型函数的周期，正弦型函数的值域，属于中档题．
 18.【答案】解：令得，由，得，化简得，两边同除，，为公差的等差数列，，，，，，通过得．，恒成立，即对任意的恒成立．令，由，得为单调递增数列，即． 【解析】本题考查了数列通项公式的求法和利用错位相减法求和，属于中档题．
 19.【答案】解：过点作的垂线，垂足记为，平面，由平面知，
又平面，，从而平面，由平面，可得，又由，可得平面，有，可知，，两两垂直，以为坐标原点，向量，，方向分别为，，轴建立空间直角坐标系．设，则，，，故，，设平面的一个法向量为，则
即令，则，，故，易得平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角为，则，，解得，设平面与平面的夹角为，则，，所以平面与平面的夹角的余弦值为． 【解析】本题主要考查线线垂直的判定，利用空间向量求解平面与平面的夹角，属于中档题．
 20.【答案】解：在直角三角形中，，，，所以，，，因为，所以，在中，在直角三角形中，因为，所以．在中，因为，所以由正弦定理得，，
即．在直角三角形中，，其中，且，又因为在线段上，所以，且，故当时，最小值为． 【解析】本题考查了利用正弦定理解三角形，三角形面积，属于中档题．
 21.【答案】解：易知直线的斜率不为，设直线的方程为，，，由消去得，所以，，又，所以为定值，即证设处椭圆的切线方程为，由
消去得，，解得，所以处的切线方程为，同理可得处的切线方程为，由
得，所以可设点，则有
所以直线的方程为，知，又，所以，
所以，即证． 【解析】本题考查了直线与椭圆的位置关系及其应用，属于较难题．
 22.【答案】解：，当时，在上单调递增，当时，，，，，在上单调递增，在单调递减，综上所述，时在上单调递增
时，函数的增区间为，减区间为不妨设，由已知条件得
，则，欲证：只需证：先证：，令，有，可知函数单调递增，可得，故有，有．即证：，令，求导证明：，原式 成立． 【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，构造函数证明不等式，属于难题．