湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题及答案

这是一份湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知全集，则（    ）A． B．C． D．2．已知，则的值为（    ）A． B．0 C．1 D．23．已知向量，则向量在向量方向上的投影为（    ）A． B． C．5 D．4．近年来，电动自行车以其快捷､轻便､经济等优点成为老百姓的代步工具，但随之出现了一系列问题，如违规停放､私拉电线充电､占用安全通道等，给人民安全带来隐患.为进一步规范电动自行车管理，某社区持续开展了两轮电动车安全检查和宣传教育，为了解工作效果，该社区将四名工作人员随机分派到三个小区进行抽查，每人被分派到哪个小区互不影响，则三个小区中恰有一个小区未分配到任何工作人员的概率为（    ）A． B． C． D．5．若双曲线与双曲线有相同的焦距，且过点，则双曲线的标准方程为（    ）A． B．C．或 D．或6．已知，，且，则下列不等式不正确的是（    ）A． B．C． D．7．执行如图所示的程序框图，若输入的的值分别为，则输出的（    ）A．4 B．5 C．18 D．2728．的展开式中的系数为（    ）A．18 B．135 C．540 D．12159．已知等差数列中，，，则数列的前2022项的和为（    ）A．1010 B．1011 C．2021 D．202210．已知非钝角中，，，是边上的动点.若平面，，且周长的最小值为，则三棱锥外接球的体积为（    ）A． B． C． D．11．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于两点，过点作准线的垂线，垂足为，点为准线与轴的交点，若，则四边形的面积为（    ）A． B． C． D．12．已知，则（    ）A． B．C． D． 二、填空题13．曲线在点处的切线方程为__________.14．已知直线与圆（为整数，为正整数）相交于两点，若，则满足条件的的值可以为__________.（答案不唯一，答出一个即可）15．已知等比数列的前项和为，且满足，则当__________时，最大.16．已知函数的部分图象如图所示，同时满足，若函数在区间上共有8个零点，则这8个零点之和为__________. 三、解答题17．已知分别为的内角的对边，且.(1)求角；(2)若的面积为，求的周长.18．随着我国居民生活水平的提高和人们对精神生活的追求，如今有越来越多的人养宠物，很多人的朋友圈除了晒美食､晒旅行､晒孩子外，还会晒各自的宠物，宠物也成了很多家庭中的重要角色之一，为记录下宠物可爱､呆萌的瞬间，会有很多人选择去宠物照相馆，为了解顾客的消费需求，某宠物照相馆对近期200名客户的宠物拍照信息进行了相关统计，绘制成如图所示的频率分布直方图.若套餐价格（单位：元）在内的称为“尊享套餐”，在内的称为“普通套餐”.(1)根据统计数据完成以下列联表，并判断是否有的把握认为是否选择“尊享套餐”与年龄有关？ 选择“尊享套餐”选择“普通套餐”合计年龄不低于45岁50  年龄低于45岁  80合计   (2)把频率当作概率，现从年龄低于45岁的所有客户中，随机抽取3名客户，记所抽取的3名客户中选择“普通套餐”的人数为，求的分布列和数学期望.参考公式：，其中.参考数据：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828 19．如图，直三棱柱中，，为上一点，且.(1)证明：平面平面；(2)若直三棱柱的体积为，求二面角的余弦值.20．已知椭圆的上、下焦点分别为，，离心率为，过点作直线（与轴不重合）交椭圆于，两点，的周长为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若点A是椭圆的上顶点，设直线，，的斜率分别为，，，当时，求证：为定值.21．已知函数为函数的导函数.(1)若曲线在点处的切线与直线平行，求实数的值；(2)若不等式对任意的恒成立，求实数的值.22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)若点P的极坐标为，直线与曲线C相交于A，B两点，求的值.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)若恒成立，求实数的取值范围.
参考答案：1．C【分析】根据补集的概念结合元素与集合的关系即可得答案.【详解】因为，所以.又，所以.所以，故ABD错误，C正确.故选：C.2．C【分析】由复数相等的充要条件可得的值.【详解】因为，所以，由复数相等的充要条件得，所以.故选：C.3．B【分析】先由向量坐标的加减运算求出的坐标，然后求出和，代入向量在向量方向上投影的公式即可求出结果.【详解】由题知，向量，所以.又，所以向量在向量方向上的投影为.故选:B.4．B【分析】根据分组分配法求出分配方案数后，由古典概型概率公式计算出概率．【详解】依题意，可得三个小区中恰有一个小区末分配到任何工作人员的概率为.故选：B.5．C【分析】利用待定系数法，分焦点在轴上和焦点在轴上两种情况，分别设出双曲线的标准方程，再利用条件建立方程，即可求出结果.【详解】因为和有相同的焦距，又双曲线的焦距为，所以双曲线的焦距，又过点，当的焦点在x轴上，设双曲线的方程为，若将点代入，得①，又②，联立①②两式得，，所以双曲线的标准方程为.当的焦点在y轴上，设双曲线的方程为，将点代入，得③，又④，联立③④两式得，，所以双曲线的标准方程为，综上所述，双曲线的标准方程为或.故选：C.6．D【分析】根据基本不等式逐项判断ABD，消元，化简，结合不等式性质判断C.【详解】因为，，且，由基本不等式可得（当且仅当时取等号），A正确；由基本不等式知，则，即（当且仅当时取等号），B正确；由题得，由已知，故，所以，故，C正确；由基本不等式可得，即（当且仅当时取等号），D错误.故选：D.7．D【分析】该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量的变化情况，即可得到答案.【详解】执行程序框图，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：，；第五次循环：，此时，退出循环，输出.故选：D.8．C【分析】根据二项式展开式的通项即可求解.【详解】，的展开式的通项为.因为的展开式中没有项，的展开式中项为，所以的展开式中的系数为540.故选：C.9．D【分析】设等差数列的公差为，由与联立可得关于的方程组，求解可得根据等差数列的通项公式可得，再由分组求和法即可求解.【详解】设等差数列的公差为，则由,得，化简得,解得所以.设数列的前n项和为，当时，；当时，.所以.故选:D.10．A【分析】根据勾股定理及三角形的周长公式，利用线面垂直的性质及判定定理，结合球的体积公式即可求解.【详解】由题意可知，作出图形如图所示在中，设，则.所以的周长为.所以，不等式两边平方，得，解得，即的最小值是1.所以点A到边BC的距离为1.当AQ取最小值时，因为在中，，所以.又，所以C，Q两点重合，所以，即.又平面，平面，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以.因为PB是和的公共斜边，所以PB为三棱锥的外接球的直径，设外接球的半径为R，则，所以三棱锥的外接球的体积.故选：A.11．A【分析】由抛物线的定义可得是正三角形，设，根据几何性质求得点坐标，从而可得直线的方程，联立直线与抛物线可求得点坐标，按照面积分割即可得四边形的面积.【详解】如图，不妨设点在轴上方，由抛物线的定义可知，因为，所以，所以是正三角形.由可知，设，因为，所以.所以.所以点的坐标为，所以直线的方程为，整理得.由，得，解得.将代入直线的方程，得，所以点的坐标为.所以.故选：.12．B【分析】对变形得，构造函数，，分别求导确定函数单调性，根据单调性比较函数值大小即可得答案.【详解】，令，则，所以在上单调递增.所以，即.令，则，所以在上单调递增.所以，即.又当时，，所以当时，.所以当时，，即.故选：B.13．【分析】求导，根据导数的几何意义可得曲线在点处的切线的斜率为，再求出切点，从而可求切线方程.【详解】由题得，所以曲线在点处的切线的斜率为.又，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为:.14．3（答案不唯一）【分析】根据，利用弦长公式得到，再根据必为整数求解.【详解】解：因为圆心到直线的距离，所以，即.由题意，得必为整数，且，所以可取-1或，此时，因此的值可以取3.故答案为：3（答案不唯一）15．7或8【分析】利用等比数列性质和前n项和公式求基本量，进而写出通项公式，令求n范围，即可确定答案.【详解】由题意，，所以，解得.又252，解得.所以.令得：，又，所以当或8时，最大.故答案为：7或816．【分析】根据题意得出函数的对称轴和周期，进而求出函数的解析式，然后根据正弦函数的图象与性质即可求解.【详解】由题图知.由知，函数的图象关于直线对称.则由图象可知，解得.又，所以.所以，最小正周期.所以.所以.因为函数的图象经过点，所以，解得.又，所以，所以.设方程在上的8个根从小到大依次为.令，则.根据的图象的对称性，可得.由的周期性可得，所以.故答案为：.17．(1)(2)6 【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到，再利用辅助角公式求解.（2）由的面积为，结合，得到，再利用余弦定理求解.【详解】（1）解：因为，所以由正弦定理得.因为，所以，所以.因为，所以，所以，即.所以，即又，所以.（2）因为的面积为，所以.由，所以.由余弦定理得，又，所以.解得.故的周长为.18．(1)列联表见解析，没有(2)分布列见解析， 【分析】（1）先求得套餐价格在内的频率，再乘以200即可；完善列联表，求得的观测值，再与临界值表对照下结论；【详解】（1）解：因为套餐价格在内的频率为，所以选择“尊享套餐”的客户有（名）.完善列联表如下： 选择“尊享套餐”选择“普通套餐”合计年龄不低于45岁5070120年龄低于45岁206080合计70130200的观测值.所以没有的把握认为是否选择“尊享套餐”与年龄有关.（2）由题设，年龄低于45岁的所有客户中，估计选择“普通套餐”的概率为，易知.所以，，所以的分布列为0123所以.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）几何法：作交于点，交于点，连接，利用勾股定理和相似比可得四边形是平行四边形，所以，再根据面面垂直的性质定理和判断定理即可证明；向量法：利用勾股定理和线面垂直的性质定理可得两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；（2）由直三棱柱体积可得，利用勾股定理和线面垂直的性质定理可得两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）方法一（几何法）:如图，作交于点，交于点，连接，因为，所以，所以，所以由等面积可得，由勾股定理得，所以，所以，又，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为直三棱柱平面平面，平面平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面.方法二（向量法）：因为，所以，所以，由题知平面，又平面，所以两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令得平面的一个法向量为，因为，所以，平面平面.（2）因为直三棱柱的体积为，所以，解得，所以，由题知平面，又平面，所以两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为设二面角的大小为，则，易知为锐角，所以二面角的余弦值为.20．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由条件结合椭圆的定义和离心率的定义列方程求，由此可得椭圆方程；（2）由已知设的方程为，联立方程组利用设而不求法求，由此证明结论.【详解】（1）依题意，的周长为，解得.设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，所以，即，解得. 因为，所以.所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，，.易知直线的方程为.由消去得，.设，，则，.所以，. 所以..所以. 所以，为定值.【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21．(1)(2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求导函数，根据切线斜率列方程求解实数的值；（2）由不等式恒成立构造函数，求导函数，确定函数的极值，求得实数的值，再检验函数的单调性即可.【详解】（1）由，得.所以曲线在点处的切线的斜率为.所以，解得.（2）由（1）知，，所以不等式，即对任意恒成立.令，则因为，所以，即为的最小值，为的一个极小值点.所以，解得.当时，，所以.令，易知在上单调递增.①当时，，所以（当且仅当时等号成立），所以在上单调递增.②当时，若，则，所以；若，则，所以.所以在上单调递减.综上所述，在上单调递减，在上单调递增.所以当时，.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查逻辑推理､数学运算的核心素养.解决本题中不等式恒成立问题中参数问题的关键是构造函数后，求导确定函数的极值点，即可得的值，但是要检验函数单调性，由其复杂的导函数构成，需要结合分离函数的思想确定导数符号，属于难题.22．(1)，(2) 【分析】（1）利用消元法将参数方程化为普通方程即可得到直线l的普通方程；利用极坐标方程与直角坐标方程的转化公式即可得到曲线C的直角坐标方程；（2）将点P的极坐标化为直角坐标判断得P在直线l上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线l代入曲线C的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解.【详解】（1）因为直线的参数方程为（t为参数），所以消去参数t可得直线的普通方程为. 因为曲线的极坐标方程为，即，所以.由得.所以曲线C的直角坐标方程为（2）因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为.易得，点P在直线上，将直线的参数方程（t为参数）代入， 化简得，.设A，B两点所对应的参数分别为，，则，，所以，.所以.23．(1)(2) 【分析】（1）把代入，将函数化为分段函数的形式，然后列出不等式组求解即可得到结果．（2）利用绝对值三角不等式可得，即可转化为，解出即可．【详解】（1）当时，，不等式，即为.则或或解得或或.故不等式的解集为.（2）（当且仅当时等号成立）因为恒成立，所以.所以①或②.由①解得，由②解得.综上所述，，故实数的取值范围是.