湖南省九校联盟2023届高三数学下学期第二次联考试卷（Word版附解析）

湖南省2023届高三九校联盟第二次联考

数学

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，只有一个是符合题目要求的.

1. 已知集合，且，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先解绝对值不等式求出集合A，再根据集合的包含关系求出参数的取值范围.

【详解】由题意可得：，

若，则.

故选：B.

2. 在复数范围内解得方程的两根为，则（    ）

A. 4 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】求出方程的两根，即可求出的值.

【详解】由题意，

在中，

解得：，

∴，

故选：C.

3. 已知函数，则下列论述正确的是（    ）

A. 且，使

B. ，当时，有恒成立

C. 使有意义的必要不充分条件为

D. 使成立的充要条件为

【答案】B

【解析】

【分析】通过分析函数的定义域，单调性和值域，即可得出结论.

【详解】由题意，

在中，

对于A，

∵，

∴若，当且仅当时，错；

对于B，

由复合函数单调性知，当时，函数单调递增，B正确；

对于C，

∵有意义，

∴，

是的充分不必要条件，C错；

对于D，

是成立的充分不必要条件，D错误.

故选：B

4. 如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为，则该圆台的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.

【详解】因为圆台外接球的表面积，所以球的半径，

设圆台的上､下底面圆心分别为，在上､下底面圆周上分别取点，

连接，如图，

因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，

所以，，

所以，,

所以，

所以圆台体积

故选：D.

5. 两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用切割圆锥的方法研究圆锥曲线，他用平行于圆锥的轴的平面截取圆锥得到的曲线叫做“超曲线”，即双曲线的一支，已知圆锥PQ的轴截面为等边三角形，平面，平面截圆锥侧面所得曲线记为C，则曲线C所在双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，得到点的坐标，从而得到双曲线方程，然后结合离心率公式，即可得到结果.

【详解】如图，设平面，平面与圆锥侧面的交线为，过垂直于的母线与曲线交于，不妨延长至，使.

过垂直于的截面交曲线为，

设在平面内的投影为点，以为原点，投影为轴建立平面直角坐标系，易知点为双曲线顶点.设，则可求点坐标为，代入方程：，知，故双曲线离心率为，

故选:.

6. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（    ）

A. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，且已知，则总体方差

B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1

C. 已知随机变量服从正态分布，若，则

D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则

【答案】C

【解析】

【分析】对于A项，由分层抽样的方差公式判断即可；对于B项，运用越大相关性越强可判断；对于C项，由正态分布的对称性可求得结果；对于D项，运用百分位数计算公式即可求得结果.

【详解】对于A项，总体方差与样本容量有关，故A项错误；

对于B项，相关性越强，越接近于1；故B项错误；

对于C项，若，则，所以，故C项正确；

对于D项，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，

所以，解得：，故.故D项错误.

故选：C.

7. 如图，是平行四边形所在平面内的一点，且满足，则（    ）

A. 2 B.  C.  D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】运用向量线性运算及数量积运算求解即可.

【详解】由已知，可得，

又四边形为平行四边形，
 

所以

，

所以.

故选：D.

8. 已知、，且，对任意均有，则（     ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】

推导出与符号相同，构造函数，然后对四个选项中的条件逐一验证，即可得出合适的选项.

【详解】，故与的符号相同，

当时，；当时，.

所以，与的符号相同.

，

令，所以，当时，恒成立，

令，可得，，.

，分以下四种情况讨论：

对于A选项，当，时，则，当时，，不合乎题意，A选项错误；

对于B选项，当，时，则，

若，若、、均为正数，

①若，则，当时，，不合乎题意；

②若，则，当时，，不合乎题意.

③若、、都不相等，记，则当时，，不合乎题意.

由上可知，，当时，若使得恒成立，则，如下图所示，

所以，当，时，且，时，当时，恒成立；

对于C选项，当，时，则，

①若时，则当时，，不合乎题意；

②当时，构造函数，其中，，

函数在上单调递增，则，.

当时，由于，则，不合乎题意，C选项错误；

对于D选项，当，时，则，此时、、为正数.

①当、、都不相等时，记，当时，，不合乎题意；

②若，则，当时，，不合乎题意；

③当时，，当时，， 不合乎题意

所以，D选项错误.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于以下两点：

（1）分析与同号；

（2）对、、的大小关系进行讨论，结合穿针引线法进行验证.

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. 已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（    ）

A. 函数的周期为2 B. 函数的图象关于对称

C. 函数为偶函数 D. 函数的图象关于对称

【答案】BC

【解析】

【分析】根据给定的信息，推理论证周期性、对称性判断AB；借助变量替换的方法，结合偶函数的定义及对称性意义判断CD作答.

【详解】依题意，上的函数，，则，函数的周期为4，A错误；

因为函数是偶函数，则，函数的图象关于对称，

且，即，函数图象关于对称，B正确；

由得，则函数为偶函数，C正确；

由得，由得，

因此，函数的图象关于对称，D错误.

故选：BC

10. 已知为圆上的两点，为直线上一动点，则（    ）

A. 直线与圆相离

B. 当为两定点时，满足的点有2个

C. 当时，的最大值是

D. 当为圆的两条切线时，直线过定点

【答案】AD

【解析】

【分析】利用点到直线的距离判断A；确定最大时的情况判断B；取AB中点D，由线段PD长判断C；求出直线AB的方程判断D作答.

【详解】对于A，因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；

对于B，当A，B为过点P的圆O的切线的切点时，最大，而，

显然是锐角，正弦函数在上单调递增，，

因此最大，当且仅当最大，当且仅当最小，则有，此时，

所以当为两定点时，满足的点只有1个，B错误；

对于C，令AB的中点为D，则，，点D在以O为圆心，为半径的圆上，

，显然当在上运动时，无最大值，C不正确；

对于D，设，当为切线时，，点在以为直径的圆上，

此圆的方程为，于是直线为，即，

所以直线过定点，D正确.

故选：AD

11. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A.

B. 在区间上单调递增

C. 将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象

D. 函数的零点个数为7

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.

【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，

即有，由知，，因此，A正确；

显然，当时，，因此单调递增，B正确；

将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，

而，C错误；

由，得，令，则，

令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，

当时，，令，，

函数在上都递减，即有在上递减，，

，因此存在，，

当时，，当时，，有在上递增，在递减，

，，

于是存在，，当时，，当时，，

则函数在上递减，在递增，，，

从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，

，，，

从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，

所以函数的零点个数为7，D正确.

故选：ABD

【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.

12. 如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（    ）

A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为

B. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为

C. 若保持，则点的运动轨迹长度为

D. 当在点时，三棱锥的外接球表面积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断D.

【详解】对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故错误；

对于，因为平面，平面，，又，平面，

所以平面，平面，

所以，同理可得，平面，

所以平面，

所以过点作交交于，过作交交于，

由，可得，平面，平面，

所以平面，同理可得平面，，

则平面平面，

设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，

由点在棱上，且，可得，

所以，故B正确；

对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，

过点作平面，则，此时，

所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为，

点的运动轨迹长度为，故正确；

对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，

则，设三棱锥的外接球球心为，由得，

，

解得：，

所以三棱锥的外接球半径，

所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.

故选：BCD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求出展开式有几项，并写出的展开式的通项，即可得到展开式中的常数项.

【详解】由题意，

在中，展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，

∴，解得：，

因此的展开式的通项为：，

故的展开式中的常数项为.

故答案为：.

14. 对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列.若数列为原数列的一阶差数列，数列为原数列的一阶差数列，则称数列为原数列的二阶差数列.已知数列的二阶差数列是等比数列，且，则数列的通项公式___________.

【答案】

【解析】

【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果.

【详解】设数列为原数列的一阶差数列，为原数列的二阶差数列.

则由题意可知.

又为等比数列，故公比，所以，即.

当时，，

将代入得，符合，

所以，.

所以，

当时，，

将代入得，符合，

所以，.

故答案为：.

15. 已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意设直线的方程为，联立抛物线方程，然后结合韦达定理即可得到结果.

【详解】如图，易知过点且与直线相切的圆就是以为直径的圆，设，

则，由有，

设直线的方程为，代入有，

所以，结合，得.

故答案为:

16. 已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】将不等式转化为，构造函数，研究函数单调性，将问题转化为恒成立，再运用分离参数法求最值即可.

【详解】因为，所以，.

即.

令，易知在上单调递增，

又，

所以恒成立，即恒成立.

所以.

令，，则，，

由，，

则在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，即，

故实数的最大值为.

故答案：.

【点睛】同构法的三种基本模式：

①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；

②比商型，如可以同构成，进而构造函数；

③和差型，如，同构后可以构造函数或.

分离参数法解决恒(能)成立问题的策略：

（1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

（2）恒成立；恒成立；

能成立；能成立.

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. 已知分别为三角形三个内角的对边，且有.

（1）求角A；

（2）若为边上一点，且，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）运用正弦定理边化角、和角公式及辅助角公式求解即可.

（2）解法一：运用正弦定理求解即可；解法二：运用向量线性表示证得即可.

【小问1详解】

由，有，.

即，

所以，因为,所以，

即:，

又因为，故.

【小问2详解】

解法一：设，则，

在△中，由正弦定理知，，

即，

化简得，，则，

即.

解法二：如图所示，

取中点，延长与的延长线交于点，连接，

由有，由，

设，则，即，

故，所以，即为中点.

又为中点，所以，

又，所以△为正三角形，

又平分，所以，所以.

18. 记为数列的前项和，已知.

（1）求的通项公式；

（2）令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.

【答案】（1）   

（2）2

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出，再根据求出；

（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数

【小问1详解】

由有，即，

又，故，

所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，

所以，即，

故，两式相减得，即，

所以，

因此的通项公式为.

【小问2详解】

由（1）及，有，所以，

又，

因为均为正整数，所以存在正整数使得，

故，

所以除以3的余数为2.

19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥.

（1）证明：平面平面；

（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】(1) 取中点靠近点的三等分点，连接，由题意可得四边形为矩形，，，进而可得平面，，再由为等腰直角三角形，可得，即可得平面，进而得证；

(2)利用空间向量法求解.

【小问1详解】

证明：取中点靠近点的三等分点，连接，

因为底面为直角梯形，且∥，

则有∥=

所以四边形为平行四边形，

又因为，

所以四边形为矩形，

所以，

因为，

所以，

所以，

因为平面，

所以平面.

又平面，所以，

由，

得，

又，

所以为等腰直角三角形，

所以，

又平面，

所以平面，

又平面，

所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）可知，三条直线两两互相垂直且交于点，

以为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，

则，

故，

设平面的法向量为，

由,有，

取，

设平面的法向量为，

由,有，

取，.

设平面与平面所成锐二面角为，

则，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

20. 直播带货是扶贫助农的一种新模式，这种模式是利用主流媒体的公信力，聚合销售主播的力量助力打通农产品产销链条，切实助力贫困地区农民脱贫增收.某贫困地区有统计数据显示，2022年该地利用网络直播形式销售农产品的销售主播年龄等级分布如图1所示，一周内使用直播销售的频率分布扇形图如图2所示，若将销售主播按照年龄分为“年轻人”（20岁~39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用直播销售用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用直播销售用户”，且“经常使用直播销售用户”中有是“年轻人”.

（1）现对该地相关居民进行“经常使用网络直播销售与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，完成2×2列联表，根据的独立性检验，能否认为经常使用网络直播销售与年龄有关？

使用直播销售情况与年龄列联表

（2）某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“销售该地区农产品”的项目上，现有两种销售方案供选择：方案一：线下销售､根据市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利30%，可能亏损15%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为.方案二：线上直播销售.根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为针对以上两种销售方案，请你从期望和方差的角度为投资公司选择一个合理的方案，并说明理由.

参考数据：独立性检验临界值表

【答案】（1）列联表见解析，认为经常使用网络直播销售与年龄无关   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）运用图表分布计算补全列联表，运用公式计算与2.706比较即可.

（2）分别写出两个方案的分布列并计算两个方案的期望和方差比较即可.

【小问1详解】

由图1知，“年轻人”占比为，即有人），“非年轻人”有200人

由图2知，“经常使用直播销售用户”占比为，即有（人），“不常使用直播销售用户”有（人）.

“经常使用直播销售用户中的年轻人”有（人），“经常使用直播销售用户中的非年轻人”有120-人.

∴补全的列联表如下：

零假设：经常使用网络直播销售与年龄相互独立，即经常使用网络直播销售与年龄无关.

于是.

∴.

根据小概率的独立性检验，我们推断成立，

即认为经常使用网络直播销售与年龄无关.

【小问2详解】

若按方案一，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：

万元.

.（或.）

若按方案二，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：

万元，

106900.

（或.）

∵.

①方案一与方案二的利润均值差异不大，但方案二的方差要比方案一的方差大得多，从稳定性方面看方案一线下销售更稳妥，故选方案一.

②方案一的利润均值低于方案二，选择方案二.

21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与点的距离的最大值为4.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）点在直线上，点关于轴的对称点为，直线分别交椭圆于两点（不同于点）.求证：直线过定点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据离心率可得，设点结合椭圆方程整理得，根据题意分类讨论求得，即可得结果；

（2）设直线及的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线的斜率是否存在.

【小问1详解】

设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，得，

设点为椭圆上一点，则，则，

因为，所以，

①当时，，解得（舍去）；

②当时，，解得；

综上所述：，则，

故椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

①当斜率不存在时，设且，则，

则直线为，令，得，

即，

同理可得.

∵与关于轴对称，则，

解得，矛盾；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，

设，其中且，

联立方程组，消去化简可得，

，则，

所以，

由，可得，

所以直线的方程为，令，得，

即，

直线的方程为，令，得，

即，

因为和关于轴对称，则，

把代入上式，则，

整理可得，则，

∵，则，可得，

化简可得，

则直线的方程为，即，

所以直线过定点；

综上所述：直线过定点.

【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法

（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．

（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．

22. 已知.

（1）判断函数的单调性；

（2）若是函数的两个极值点，且，求证：.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）运用导数研究函数单调性及含参一元二次不等式解集即可.

（2）由已知得，，（i）先证：.

证法一：化简不等式为，构造同构函数研究其单调性即可，证法二：运用函数单调性及作差法比较大小即可.

（ii）再证：.运用，等量代换，再与中介值0比较即可.

【小问1详解】

易知函数的定义域为，

又，

当时，，，则，

，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

当时，或，，

所以在上单调递减，在和上单调递增；

当时，，所以在上单调递增；

当时，或，，

所以在上单调递减，在和上单调递增.

综述：当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增；

当时，，所以在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增.

【小问2详解】

由，

有，由题意可知是方程的两个不同的正根，

因此，即：，

又因为 ，

所以，

又因为，所以.

所以

.

（i）先证：.

证法一：

要证明，只需证明，

因为，，

所以只需证明，即证，

又，

故只需证明，

即证，

因，故，所以，

令，，则，故在上单调递减，

所以，即，

证毕.

证法二：

因为，所以由（1）可知，在上单调递减，

要证，只需证明，

因为，所以，

故，证毕.

（ii）再证：.

要证，即证，

只需证明，

又，

故只需证明，

即证，

因为，所以.

综上，.

【点睛】研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．