湖南师范大学附属中学2023届高三数学下学期模拟（三）试卷（Word版附解析）

这是一份湖南师范大学附属中学2023届高三数学下学期模拟（三）试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知函数，若．等内容，欢迎下载使用。

湖南师大附中2023届模拟试卷（三）
数 学
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
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，有且只有一项符合题目要求；选对得5分，选错得0分.
1. 已知集合，，则等于（ ）
A. (-1，1] B. C. [3，4) D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解出集合A、B，再求.
【详解】由题意，集合，
又因为集合，
所以.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】复数的基本运算
【详解】因为，所以．
故选：A.
3. “是与的等差中项”是“是与的等比中项”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差中项和等比中项的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】若是与的等差中项，
则，
若是与的等比中项，
则，
则“是与的等差中项”是“是与的等比中项”的充分不必要条件，
故选A.
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差中项和等比中项的定义求出的值是解决本题的关键．
4. 如图，在中，，，，为边的中点，且，则向量的模为（ ）

A. B. C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
由条件可得，然后用、表示出，然后可算出答案.
【详解】因为，，，所以.
因为，
所以
故选：B
5. 某网店经销某商品，为了解该商品的月销量(单位：千件)与售价(单位：元/件)之间的关系，收集组数据进行了初步处理，得到如下数表：












根据表中的数据可得回归直线方程，以下说法正确的是（ ）
A. ，具有负相关关系，相关系数
B. 每增加一个单位，平均减少个单位
C. 第二个样本点对应的残差
D. 第三个样本点对应的残差
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，由相关系数绝对值的范围而判断；对于B，由回归直线方程的意义可作判断；对于C，D，计算给定样本点处的残差即可判断作答.
【详解】对于A选项：由相关系数绝对值的不超过1，A不正确；
对于B选项：由回归直线方程知，每增加一个单位，平均减少个单位，B不正确；
对于C选项：第二个样本点对应的残差，C不正确；
对于D选项：第三个样本点对应的残差，D正确.
故选：D
6. 已知函数，若（其中．），则的最小值为（ ）．
A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】,
由，
，
即，
，当且仅当，即时等号成立，
故选：B
7. 已知平行六面体的各棱长都为，，、、分别是棱、、的中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面平面
C. 平面与平面间的距离为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】A
【解析】
【分析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项；利用反证法结合面面垂直的性质定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、、，
在平行六面体中，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证且，
因为且，、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
所以，且，故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以，平面.
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，连接、、，
由题意可知，，，则为等边三角形，
所以，，同理可得，故三棱锥为正四面体，
设点在平面内的射影点为点，则为等边的中心，
易知点不在直线上，
若平面平面，过点在平面内作，垂足为点，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
但过点作平面的垂线，有且只有一条，矛盾，假设不成立，B错；
对于C选项，连接，则，且，
因为平面，平面，则，
故，
故平面与平面间的距离为，C错；
对于D选项，连接，因为平面，
所以，与平面所成的角为，且，
所以，直线与平面所成的角的正弦值为，D错.
故选：A.
8. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案.
【详解】满足，，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
故选：B.
二、选择题：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. 已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：

分别过点、作抛物线准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，
，则，，得，
A选项正确；
，又，为的中点，则，B选项正确；
，，（抛物线定义），C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
10. 已知为偶函数，且恒成立．当时．则下列四个命题中，正确的是（ ）
A. 的周期是 B. 的图象关于点对称
C. 当时， D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可以得出函数的周期，判断选项A；由于又是偶函数，可以推出函数的对称性，判断选项B；是偶函数及周期性，判断选项C，D.
【详解】由得，，所以的周期是．A正确．
因为是偶函数，所以就是，即，所以的图象关于直线对称．B不正确．
根据偶函数的对称性，C显然正确．
当时，，则，即；
当时，，则，即．
所以D正确．
故选：ACD．
11. 人民日报智慧媒体研究院在2020智慧媒体高峰论坛上发布重磅智能产品—人民日报创作大脑，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑､视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个､图片b张，从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是（）
A.
B.
C.
D
【答案】BC
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由相互独立事件的概率的乘法计算公式，可得A错误，B正确；
事件包含“视频甲未入选，图片乙入选”、“视频甲入选，图片乙未入选”、“视频甲､图片乙都未入选”三种情况，所以，则，所以C正确；
由题可知，，，
因为a，，，所以，即，故D错误.
故选:BC.
12. 已知四面体ABCD中，面BCD，，E、F分别是棱AC、AD上的点，且，.记四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球体积分别是、、，则的值不可能是（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】通过线面垂直的判定和性质定理得到，，，再设，，计算知，利用换元法结合导数即可求出答案.
【详解】设四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球的半径分别是、、，分别取AD、BD的中点M、N，
因为，，所以易知的中点到点的距离相等，所以.
又面，面，，
，，面，
平面，平面，所以，
所以，从而.
因为，为中点，则为的外心，
因为，面，所以面，
则四棱锥外接球的球心在直线MN上，

因为，所以，
平面，平面，所以，
，面，
所以平面ACD，平面，
所以，于是，又因为，
故点N就是四棱锥外接球的球心，所以.
设，，，
则，，，
所以.
，
令，则，.
记，，
则，所以在上单调递减，
故，
而，，，，
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面垂直关系从而确定三个空间几何体的外接球得球心所在位置，从而再设，，利用三角函数和球的体积公式得，再根据和的关系设利用换元法得到，，再利用导数即可求出其值域，最后对照选项即可.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 将函数表示为，其中，，，，为实数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】将函数改写成，然后利用二项展开式通项公式可解.
【详解】由于，那么其展开式通项为，
故，.
故答案为：.
14. 已知函数在点处的切线方程为l：，若对任意，都有成立，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件表示出，再令，求导分类研究函数单调性，进而求出结果.
【详解】因为，
所以，，
所以，
令，
则，
则，
，
令，则，
令，得，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，
当，时，，
则，单调递增，
，即，
所以当，时，成立，
当，时，，
则，单调递增，
，即，
所以当，时，成立，
综上所述
故答案为：.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
15. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点M，N分别为C的渐近线和左支上的动点，且的最小值恰为C的实轴长的2倍，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线定义，将的最小值转化为的最小值，结合点到直线距离公式求出，从而求出离心率.
【详解】由双曲线的定义得，所以，
于是.

如图：当M、N、三点共线，且与点M所在的渐近线垂直时，
取得最小值，其最小值就是到渐近线的距离d，
又C的渐近线方程为，所以，故的最小值为b，
从而的最小值为，由题设知，所以，
所以.
故答案为：
16. 已知且时，恒成立，则的最小值是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】构造函数，由题可得，求导可得，使，利用换元法，则可转化为，结合导数即可求解．
【详解】解：设，，，由题可得
，
当时，．
设，，则且不恒为零，
即在上单调递增，故．
当时，，即且不恒为零，在上单调递增，
故，满足题意．
当，，，
则，使，即．
当时，，即．
当时，，即，
故在上单调递减，在上单调递增，
则．
记，令，
，则在上单调递减，
由且，知，即，故
设，，则，
故上单调递减，故，
因此实数的最小值是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键就是利用导数分析函数的单调性，将问题转化为，在求实数的取值范围时，充分利用了函数极值点所满足的条件，将转化为函数的值域，结合导数法来求解.
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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，且AC边上的高为，求的周长．
【答案】（1）
（2）15
【解析】
【分析】（1）利用三角形内角和及诱导公式得到，再利用余弦的倍角公式得到，解得，从而得到；
（2）由比例引入常数，利用三角形面积相等得到，从而利用余弦定理得到关于的方程，解之即可得到，由此得解.
【小问1详解】
因为，
所以由得，
所以，解得或，
因为，所以，则，故，
则，故．
【小问2详解】
因为，令，则，
由三角形面积公式可得，则，故，
由余弦定理可得，则，解得，
从而，，，故的周长为．
18. 设数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】(1) ； (2) .
【解析】
【分析】(1)由可得两式相减得.利用等比数列的定义求解即可；(2)由(1)已知可得，利用裂项相消法求解即可.
【详解】(1)由可得两式相减得.
又，则.
所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故.
(2)由(1)已知可得，
故其前n项和，
化简可得.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
19. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是边长为2的正三角形， ,.

（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）设是棱上点，当平面时，求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）取AD中点O，连结OP，OB，可得OP，OP⊥AD，OB⊥AD，且OB．可得OB2+OP2＝9＝PB2，从而OP⊥面ABCD，即面PAD⊥面ABCD．
（2）连结AC交BD于E，则E为AC的中点，连结EQ，当PA∥面BDQ时，PA∥EQ，所以Q是BC中点．由（1）知OA，OB，OP两两垂直，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量求解．
【详解】解：（1）取AD中点O，连结OP，OB，
∵△PAD是边长为2的正三角形，∴OP，OP⊥AD，
又AB＝AD，∴OB⊥AD，且OB．
于是OB2+OP2＝9＝PB2，从而OP⊥OB．
所以OP⊥面ABCD，而OP⊂面PAD，所以面PAD⊥面ABCD．
（2）连结AC交BD于E，则E为AC的中点，连结EQ，当PA∥面BDQ时，PA∥EQ，所以Q是BC中点．
由（1）知OA，OB，OP两两垂直，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，，0），C（﹣2，，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，），Q（﹣1，），
，．
设面BDQ的法向量为，由，取．
面ABD的法向量是，∴cos．
∵二面角A﹣BD﹣Q是钝角，∴二面角A﹣BD﹣Q的余弦值为．

20. 已知椭圆E：的离心率为，A，B是它的左、右顶点，过点的动直线l（不与x轴重合）与E相交于M，N两点，的最大面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设是直线AM与直线BN的交点．
（i）证明m为定值；
（ii）试堔究：点B是否一定在以MN为直径的圆内？证明你的结论．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）点B一定在以MN为直径的圆内，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据最大面积可得，再结合离心率及求解作答.
（2）（i）设出直线l的方程，与椭圆E的方程联立，利用韦达定理结合三点共线的斜率关系列式求解作答；（ii）利用平面向量数量积推导为钝角作答.
【小问1详解】
设椭圆E的焦距为2c，依题意，，设椭圆E上点M的纵坐标为，，
的面积，当且仅当时取等号，
因此，而，且，解得，，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，，设直线l的方程为，
而点在椭圆E内，直线l与E总相交，由得：，
设，，则，，
（i）由P，A，M共线，得，由P，B，N共线，得，
联立两式得，又，即有，
因此，
所以，为定值．
（ii）点B一定在以MN为直径的圆内，
由（i）知，，，即，
因为，，因此，
而2，从而，于是，为钝角，
所以点B一定在以MN为直径的圆内.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
21. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示．

当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题：
（1）请直接写出与的数值．
（2）证明是一个等差数列，并写出公差d．
（3）当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．
【答案】（1），
（2）证明见解析；
（3）时，，当时，，统计含义见解析
【解析】
【分析】（1）明确和的含义，即可得答案；
（2）由全概率公式可得，整理为，即可证明结论；
（3）由（2）结论可得，即可求得，时，的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义.
【小问1详解】
当时，赌徒已经输光了，因此.
当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.
【小问2详解】
记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件,
,
即，
所以，
所以是一个等差数列，
设，则，
累加得，故，得，
【小问3详解】
，由得,即,
当时，，
当时，，
当时，，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，
只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．
【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确，即可求解,
22. 已知函数．
（1）讨论函数零点个数；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将零点问题转化为函数图象交点问题，设，求出函数的导数，判断单调性，作出其大致图象，数形结合，即可求得答案.
（2）分三种情况分类讨论，利用导数判断函数的单调性，结合不等式恒成立考虑函数最值情况或利用单调性求解不等式，从而求得参数范围.
【小问1详解】
由，得,
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
所以，
据此可画出大致图象如图，

所以（i）当或时，无零点：
（ii）当或时，有一个零点；
（iii)当时，有两个零点；
【小问2详解】
①当时，即恒成立，符合题意；
②当时，由可得，则，
则，即，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当时，，
即恒成立，即符合题意；
③当时，由（1）可知，，在上单调递增．
又，，
所以，使.
i）当时，，即，
设，
则，所以在上单调递减，
所以时，；
ii）当时，，即，
设，
因为，
令，则，
又令，
则，得在上单调递增，
有，
得在上单调递增，有，
则，得在上单调递增，
则时，，
又时，，
得当时，时，，
由上可知，在上单调递增，则此时，
综上可知，a的范围是.