湖南省邵阳市2022-2023学年高三数学下学期二模试题 （Word版附解析）

2023年邵阳市高三第二次联考试题卷数学一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先化简复数为代数形式，再判断对应的点所在的象限即可.【详解】依题意，对应的点为在第三象限.故选：C．2.已知集合，．若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】若“”是“”的充分不必要条件，则Ü，列出不等式组求解即可.【详解】若“”是“”的充分不必要条件，则Ü，所以，解得，即的取值范围是.故选：B.3.已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】 【分析】根据向量的坐标运算，垂直向量的坐标运算，可得答案.【详解】由题意，，由与垂直，则，即，解得.故选：A.4.已知函数若存在实数，，，，满足，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的性质，画出图象，即可图象以及函数的对称性即可求解临界位置，即可求解.【详解】画出的图象如下图：由题意可知，，由图象可知关于直线对称，所以，因此，当时，，此时，当时，，此时，当存在，，，使得时，此时，故选：C 5.党的二十大报告提出全面推进乡村振兴．为振兴乡村经济，某市一知名电商平台决定为乡村的特色产品开设直播带货专场．该特色产品的热卖黄金时段为2023年2月1至4月1日，为了解直播的效果和关注度，该电商平台统计了已直播的2023年2月1日至2月5日时段的相关数据，这5天的第天到该电商平台专营店购物人数（单位：万人）的数据如下表：日期2月1日2月2日2月3日2月4日2月5日第x天12345人数y（单位：万人）75849398100依据表中的统计数据，该电商平台直播黄金时间的天数与到该电商平台专营店购物的人数（单位：万人）具有较强的线性相关关系，经计算得，到该电商平台专营店购物人数与直播天数的线性回归方程为．请预测从2023年2月1日起的第38天到该专营店购物的人数（单位：万人）为（）A.312B.313C.314D.315【答案】C【解析】【分析】根据回归直线过样本中心，建立方程，可得参数，即可得答案.【详解】由题意，，，将代入，可得，解得，线性回归直线方程为，将代入上式，.故选：C. 6.已知椭圆的左、右焦点分别为，，半焦距为．在椭圆上存在点使得，则椭圆离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理及椭圆定义得，得，结合，得关于的不等式，从而求出的范围.【详解】由，得，得，又，则，∴，即，又，∴．故选：B．7.如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（） A.当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面B.存在点，使平面C.点到平面的距离为D.异面直线与所成角的余弦值的取值范围是【答案】D【解析】【分析】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D.【详解】 选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．，设平面的法向量为，取，则点到平面的距离为，故C错；选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.故选：D．8.若不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意得恒成立，令，则恒成立，利用的单调性可得在时恒成立，即恒成立，构造函数，由其单 调性得，即可得出答案.【详解】因为，恒成立，即恒成立．令，则恒成立．因为恒成立，故单调递增，所以在时恒成立，∴恒成立．令，．令，则∴单调递减．∴，即，∴单调递减，故．则正实数的取值范围是.故选：B．【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数法：分离出函数中的参数，问题转化为求新函数的最值或范围．若恒成立，则；若恒成立，则；②最值法：通过对函数最值的讨论得出结果．若恒成立，则；若恒成立，则；③分段讨论法：对变量进行分段讨论，然后再综合处理．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2 分，有选错的得0分）9.在正方体中，，，则（）A.为钝角B.C.平面D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，通过计算判断A；通过计算判断B；求出平面的法向量，通过验证判断C；是平面的一个法向量，借助向量夹角公式可判断D．【详解】令，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．，，则为锐角，故A错误；，，，故B正确；，设平面的法向量为， 不妨设，则，，，又平面，则平面，故C正确；平面，则是平面的一个法向量，又，则直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.故选：BCD．10.若函数的最小正周期为，则（）A.B.在上单调递增C.在内有5个零点D.在上的值域为【答案】BC【解析】【分析】根据二倍角公式化简，由周期可得，代入即可判断A,根据整体法即可判断BD，令，根据即可求解满足条件的零点，即可判断C.【详解】.由最小正周期为，可得，故，对于A,,故A错误；对于B当时，，此时单调递增，故B正 确；对于C，令，所以或，当时，满足要求的有故有5个零点，故C正确；对于D,当时，，则故，所以D错误.故选：BC.11.已知点为定圆上的动点，点为圆所在平面上的定点，线段的中垂线交直线于点，则点的轨迹可能是（）A.一个点B.直线C.椭圆D.双曲线【答案】ACD【解析】【分析】根据分类讨论思想，分点A在圆内、圆上、圆外三种情况，结合椭圆、双曲线的定义，可得答案【详解】分以下几种情况讨论：设定圆的半径为，①当点在圆上，连接，则，所以点在线段的中垂线上，由中垂线的性质可知．又因为点是线段的中垂线与的公共点，此时点与点重合，此时，点的轨迹为圆心；故A正确；②当点在圆内，且点不与圆心重合，连接，由中垂线的性质可得，所以，，此时，点的轨迹是以点A，O为焦点，且长轴长为的椭圆，故C正确；③当点在圆外：连接，由中垂线的性质可得，所以，，此时，点的轨逬是以点A，O为焦点，且实轴长为的双曲线．故D正确． 故选：ACD．12.已知函数，是的导数，则（）A.函数在上单调递增B.函数有唯一极小值C.函数在上有且只有一个零点，且D.对于任意的，，恒成立【答案】ABD【解析】【分析】对函数求导，利用二次导函数的正负判断导函数函数的单调性，进而判断选项；构造函数，利用导数求解函数的单调性并证明不等式，进而判断选项.【详解】，，则，设，，则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，故选项正确；又，所以，则存在，使得．在时，；时，；所以函数在单调递减，在单调递增，故有唯一极小值，故选项正确；令，，则，所以函数在单调递减，在单调递增， 且，则有．又，因此存在，使得，当时，，当时，，于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则．又，从而存唯一，使得．显然当时，，当时，．又，令，，因此函数在上单调递减，，有，，则，即，从而函数在上有唯一零点，函数在上有且只有一个零点，且，故选项C错误；，，，设，，则由选项知，在上单调递增，而，则，即有，因此函数在上单调递增， ，即有，所以对任意的，，总满足，故选项正确．故选：.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数.三、填空题（本大题4小题，每小题5分，共20分）13.若，，，则的最小值为______．【答案】8【解析】【分析】由已知条件变形，然后利用基本不等式求解.【详解】若，，，则，当且仅当时取等号，则的最小值为8.故答案为：8.14.在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数．小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有______个．【答案】36【解析】【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．【详解】如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2 个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同密码共有．故答案为：36.15.已知直线是曲线与的公切线，则直线与轴的交点坐标为______．【答案】【解析】【分析】利用导数求得函数的切线方程，由题意，建立方程组，可得答案.【详解】设直线与曲线和分别相切于，两点，分别求导，得，，故，整理可得．同理得，整理可得．因为直线为两曲线的公切线，所以，解得，所以直线方程为，令，则．则直线与轴的交点坐标为．故答案为：.16.已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为______，______． 【答案】①.②.【解析】【分析】由题得，利用累乘法得，通过错位相减法求得，进而得出答案.【详解】因为，且，所以，则当时，．又当时，符合上式，故．由①②得．令，③∴，④得∴．故，则，即．故答案为：，.四、解答题（本大题共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.已知为数列的前项和，，，记．（1）求数列的通项公式；（2）已知，记数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用与的关系，整理数列的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；（2）写出数列的通项，利用裂项相消，可得，分奇偶两种情况，可得答案.【小问1详解】由，得．∴，则．∴，∴数列是以1为首项，4为公比的等比数列，∴．∵，∴．【小问2详解】∵，∴∴当为奇数时，．当为偶数时，，是递增数列，∴． 综上得：．18.人类从未停下对自然界探索的脚步，位于美洲大草原点处正上空的点处，一架无人机正在对猎豹捕食羚羊的自然现象进行航拍．已知位于点西南方向的草从处潜伏着一只饥饿的猎豹，猎豹正盯着其东偏北15°方向上点处的一只羚羊，且无人机拍摄猎豹的俯角为45°，拍摄羚羊的俯角为60°，假设A，B，C三点在同一水平面上．（1）求此时猎豹与羚羊之间的距离的长度；（2）若此时猎豹到点处比到点处的距离更近，且开始以的速度出击，与此同时机警的羚羊以的速度沿北偏东15°方向逃跑，已知猎豹受耐力限制，最多能持续奔跑，试问猎豹这次捕猎是否有成功的可能?请说明原因．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）不能捕猎成功，原因见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，作图，结合图中的几何元素，利用三角函数以及正弦定理，结合分类讨论思想，可得答案；（2）由题意作图，设出时间，利用余弦定理，整理方程，利用零点存在性定理，可得答案.【小问1详解】由题意作图如下：则，，，．由正弦定理，可得．因此或120°，当时，，猎豹与羚羊之间的距离为，当，，猎豹与羚羊之间距离为. 【小问2详解】由题意作图如下：设捕猎成功所需的最短时间为t，在中，，，，．由余弦定理得：．整理得：．方法1：设，显然，因猎豹能坚持奔跑最长时间为24s，且．∴猎豹不能捕猎成功．19.如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案. 【小问1详解】如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，在等腰梯形中，，，，．∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，∴，．∴为正三角形，∴，．在中，，，∴为边长为2的正三角形，∴，．∴，又F为FD的中点，∴．∵，，，平面，∴平面，即平面．∵平面，∴．而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．∵平面PCD，∴平面平面．【小问2详解】∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，于是，，．设平面的法向量为， 则即取，则，设平面与平面所成锐二面角为，∵为平面的一个法向量，∴．∴，．∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．20.为响应习近平总书记“全民健身”的号召，促进学生德智体美劳全面发展，某校举行校园足球比赛．根据比赛规则，淘汰赛阶段，参赛双方有时需要通过“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出．假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确，左右两边将球扑出的可能性为，中间方向扑出的可能性为．若球员射门均在门内，在一次“点球大战”中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列和数学期望．（2）现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇，需要通过“点球大战”来决定胜负．设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，若甲队先踢，求甲队恰在第4轮取得胜利的概率．【答案】（1）分布列见解析，数学期望为；（2） 【解析】【分析】（1）根据二项分布的概率计算公式即可求解（2）根据前3轮比分为，，，，时，结合相互独立事件的概率乘法计算公式即可逐一求解.【小问1详解】（每次扑出点球）．的所有可能取值为0，1，2，3，4．∴．．．．．∴的分布列01234∴．【小问2详解】若甲队恰在第4轮取得胜利，则前3轮结束时比分可能为，，，，．分别记前3轮比分为，，，，且甲队恰在第4轮取得胜利，事件分别为A，B，C，D，E．．． ．．．故（甲队恰在第4轮取得胜利）．∴甲队恰在第4轮取得胜利的概率为．21.已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．（1）求双曲线的方程；（2）过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）（2）以线段为直径的圆过定点和．【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，（2）联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.【小问1详解】∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴． ∴双曲线的方程为．依题意直线的方程为．由消去y整理得：，依题意：，，点A，B的横坐标分别为，则．∵，∴．∴，∴．即，解得或（舍去），且时，，∴双曲线的方程为．【小问2详解】依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．由消去整理得：，∴，．设，，则，．直线的方程为，令得：，∴．同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上， 设该定点为，则，，故．解得或．故以线段为直径的圆过定点和．【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.22.已知函数，．（1）对任意的，恒成立，求实数的取值范围；（2）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，…，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得出对任意的恒成立，验证对任意的恒成立；在时，利用参变分离法可得出，利用倒数求出函数在上的最大值即可求解； （2）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得，证明出，结和的单调性，即可证得结论成立.【小问1详解】，对任意的，恒成立，即对任意的恒成立．当时，则有对任意的恒成立；当时，，则，令，其中，，且不恒为零，故函数在上单调递增，则，故．综上所述，．【小问2详解】由可得，令，则．因，则，所以，，所以，函数在上单调递减．因为， 所以，存在唯一的，使得．所以，，则，所以，，因为函数在上单调递减，故，即．【点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数.