湖南省四大名校“一起考”大联考2023届高三数学下学期5月三模试题（Word版附解析）

2023届高三“一起考”大联考（模拟三）数学（时量：120分钟满分：150分）一、选择题：本大题共8个小题，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.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先分别求两个集合，再求集合的混合运算.【详解】由集合，则.故选：B.2.已知复数的实部和虚部均为整数，且，则满足的复数的个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】先将问题转化为满足的整数解，从而利用分论讨论求得满足的的个数（方法一），或利用数形结合讨论圆面内的整数点（方法二），从而得解.【详解】设，则，所以.方法一：因为，所以，即.当时，，即，有两组满足条件或，当时，或，所以或或，但时，，不符合题意， 综上：满足要求的的个数为4个，方法二：如图，可转化为研究圆面内（包括边界）的整点个数.圆面包括的整点分别为，而不满足，则符合题意的整点共有4个.故选：C.3.成对样本数据和的一元线性回归模型是，则下列四幅残差图满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断.【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为0、方差为的随机变量的观测 值.对于A选项，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变大，故A错；对于C选项，残差与观测时间有线性关系，故C错；对于D选项，残差与观测时间有非线性关系，故D错；对于B选项，残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内.故B正确.故选：B.4.正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】以，为坐标轴建立平面直角坐标系，由转化为坐标的运算可得答案.【详解】以，为坐标轴建立平面直角坐标系，如图：设正方形边长为1，则，，．因为，所以解得，所以．故选：B．5.已知，且，则等于（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】首先根据已知条件得到，再利用同角三角函数关系求解即可.【详解】，，整理得：，解得或.因为，所以，，.故选：C6.记为数列的前n项积，已知，则（）A.8B.9C.10D.11【答案】D【解析】【分析】当时，有，当时，有，结合题目条件，即可求得本题答案.【详解】1.当时，，，；2.当时，有，代入，得，化简得：，则，.故选：D7.已知，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对数函数的单调性可比较a、b，再根据基本不等式及换底公式比较b与c 的大小关系，由此可得出结论.【详解】因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.8.雨天将一个上端开口的杯子固定在地面上放置24小时以测量日降雨量.杯子可以看作是容积为500毫升、高为20厘米、上底面（开口端）面积为30平方厘米的圆台，已知放置一天后杯内水位线距离杯底的高度约为2厘米.日降雨量的定义是单日降水在地面上积累高度的毫米数，则该地区当天日降雨量的估计值为（）（表示毫米）A13.3B.16.8C.20.2D.23.6【答案】A【解析】【分析】设水杯下底面面积为，利用圆台体积公式计算出，然后根据题意求出当天日降雨量估计值即可.【详解】设水杯下底面面积为，则由圆台体积公式有500，从而，①即解得：或，不符合①式舍去，因为积水深度只有2厘米，远低于水杯的高度，水杯上下底面半径的差距又非常小，故积水体积可以近似为圆柱体的体积即毫升，这些水是水杯敞口（地表30平方厘米区域）一天内接到水量， 根据日降雨量的定义，有当天日降雨量估计值为，故选：.二、多选题：本大题共4个小题，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.已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】【分析】根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断即可.【详解】若，则由直线与平面垂直的性质可得，故A正确.若，则，故与有交点，错误，故B错误.若，则垂直平面内的两条相交直线与，又，则，则，故C正确.若，则或与异面，故D错误.故选：AC.10.设正实数满足，则下列说法正确的是A.的最小值为B.的最大值为C.的最小值为2D.的最小值为2【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式性质和“乘1法”逐项排除，注意等号成立的条件.【详解】选项，正实数满足 ，当且仅当时，等号成立，故正确；选项，由且得，当且仅当时，等号成立，则，故正确；选项，由且得，则，故错误；选项，，故正确.故选：.【点睛】本题注意考查基本不等式的性质、“乘1法”.11.实数，函数的零点恰为的极值点，则构成的曲线（）A.包含离心率为的椭圆B.包含离心率为的双曲线C.与直线有四个交点D.与圆有六个交点【答案】ACD【解析】【分析】依题意可得或，从而得到曲线方程，再一一分析即可.【详解】根据题意或，若为，则点在平面内体现为，即，则，，，表示离心率为的椭圆， 若为，则点体现为，即，则，，，表示离心率为的双曲线，故A正确，B错误.直线的斜率为1，双曲线的渐近线为，斜率为，故直线和双曲线有两个交点，显然它与椭圆有两个交点，故C正确.而圆与椭圆交点为椭圆的左右顶点，圆的半径大于双曲线实轴长度的一半，故圆和双曲线有四个交点，故D正确，故选：ACD.12.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【答案】ABD【解析】【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为 ，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确.【详解】对于A，当时，，令，则，，，当时，恒成立，在上单调递增；在上单调递增，根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；对于B，当时，，又为正实数，，，当时，恒成立，在上单调递增，则由得：，即，令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，，则正实数的最小值为，B正确；对于C，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；，则；不妨设，则必有，若，则，等价于，又，则等价于；令，则，，，，，即， 在上单调递增，，即，，可知不成立，C错误；对于D，由，得：，即，由C知：在上单调递减，在上单调递增；，，则，，，即，；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，即的最大值为，D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的常数项为______（用数字作答）. 【答案】【解析】【分析】方法一，原式化简为，再利用通项公式求常数项；方法二，化简原式为，转化为求的展开式中含项的系数，即可求常数项；方法三，原式化为，利用二次二项展开式，求常数项.【详解】方法一不妨设，则可化为，其展开式的通项为，令，得，故所求常数项为.方法二原式=，所以求的展开式中的常数项，可转化为求的展开式中含项的系数，即.故所求的常数项为.方法三的展开式的第项为，的展开式的第项为.令，则，可得，或，或，.当，时，；当，时，；当，时，.综上，的展开式中的常数项为.故答案为：14.已知函数，则______.【答案】4 【解析】【分析】先研究函数的性质，然后利用对称性求解.【详解】解：令函数的定义域为，，所以函数为奇函数，故.故答案为：4.【点睛】本题考查了函数的奇偶性，研究函数问题常见的方法是从函数的性质、图象等角度研究.15.已知数列是等差数列，，过点作直线的垂线，垂足为点，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由等差数列性质知直线过定点，根据题意确定在以为直径的圆上运动，并写出圆的方程，由点到圆心距离求的最大值.【详解】因为数列是等差数列，所以直线过定点.点在以为直径的圆上运动，的中点为，该圆的方程为， 所以的最大值为.故答案为：16.已知数列满足，对任意正实数，总存在和相邻的两项，使得成立，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】化简递推关系，证明数列为等差数列，利用等差数列通项公式求，化简方程可得，结合连接列不等式求的取值范围.【详解】由，得，即，即，即，所以，即，所以是首项为，公差为的等差数列，所以.由，得，所以，即，又因为，所以使得包含于的取值范围.当时，，不满足题意； 当时，，不满足题意；当时，，不满足题意；当时，，所以，即；当时，的取值均大于，所以，即.故答案为：.四、解答题：本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等比数列的公比，前n项和为，满足：.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）法一：利用等比数列的通项公式和前项和公式得到关于基本量的方程组，解之即可求得；法二：利用等比数列的性质和前项和公式依次转化得到关于的方程组，解之即可求得；（2）分类讨论的通项公式，注意当为偶数时，为奇数，从而利用分组求和法可求得.【小问1详解】法一：因为是公比的等比数列， 所以由，得，即，两式相除得，整理得，即，解得或，又，所以，故，所以，法二：因为是公比的等比数列，所以由得，即，则，，解得或（舍去），故，则，所以.【小问2详解】当为奇数时，，当为偶数时，，所以18.如图所示，在△ABC中，，AD是∠BAC的平分线，且. （1）求k的取值范围；（2）若，求k为何值时，BC最短.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）（方法一）利用正弦定理在△ABC和△ACD中分别建立等式,通过整理便可得到k关于角的关系式；（方法二）AD将△ABC一分为二,即以AD为界将△ABC分成两个三角形,通过面积相等建立等式；（方法三）利用余弦定理在△ABC和△ACD中分别建立等式,通过整理便可得到k关于角的关系式；（2）在,由余弦定理可得,根据三角形面积公式可得,则,记,则,可整理为,进而求得满足最值的条件即可【详解】（1）方法一：由AD是∠BAC的平分线,可得,则,在△ABC中,由正弦定理得①,在△ACD中,由正弦定理得②,由①②得,又,,所以,则,因为,所以方法二：由,得, 又,,整理得,因为,所以方法三：在△ADC中,,在△ABD中,,又,则,解得,因为,所以（2）由余弦定理得,因为,所以,即,故,记,则,（其中）,故当时,y取得最小值3,此时,又由（1）知,而,则,故,即当时,BC最短【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形,考查角平分线定理的应用,考查三角形中的最值问题 19.如图，在四面体中，.（1）若到平面的距离为3，求三棱锥的高；（2）求与平面所成角的大小.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用等体积法求出三棱锥的高作答.（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，利用空间向量求解作答.【小问1详解】在中，，则，在中，，，，记三棱锥的高为，由，得，即，解得，所以三棱锥的高为.【小问2详解】以为原点，分别为轴正方向，垂直于向上的方向为轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，由，知点在平面内，设，由，得，解得，显然，设平面的法向量，则，令，得，记与平面所成的角为，，而，解得，所以与平面所成的角为.20.统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策.（1）现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中A种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼.用表示其中A种鱼的条数，请写出的分布列，并求的数学期望;（2）另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条.（ⅰ）请从分层抽样的角度估计池塘乙中的鱼数.（ⅱ）统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法─最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的系统发生树，即在什么情况下最有可能发生已知的事件. 请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数.【答案】（1）分布列见解析，（2）（i）200；（ii）199或200【解析】【分析】（1）根据超几何概率公式即可求解概率，进而得分布列和期望，（2）根据抽样比即可求解总数，根据最大似然思想结合概率的单调性即可求解最大值.【小问1详解】,故分布列为：012.【小问2详解】（i）设池塘乙中鱼数为,则,解得,故池塘乙中的鱼数为200.（ii）设池塘乙中鱼数为,令事件“再捉20条鱼,5条有记号”,事件“池塘乙中鱼数为”则,由最大似然估计法,即求最大时值,其中,当时，当时，当时 所以池塘乙中的鱼数为199或200.21.已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．（1）求双曲线的方程；（2）已知点是双曲线的右支上异于顶点的任意点，点在直线上，且，为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据右焦点和渐近线方程，可列出关于的方程，进而求解即可；（2）先设出和直线与直线的交点，先表示出坐标，再由，列出方程组，最后消参可得定曲线方程.【小问1详解】解：由于双曲线右焦点为，渐近线为，所以，，解得，所以双曲线的方程为：【小问2详解】证明：设，直线与直线的交点为，设直线为，由题可知：，联立，化简得， 所以，由可得，那么，所以，由于是中点，所以，因为，所以且，解得，因为直线与直线的交点为，根据斜率相等可得，代入的坐标得化简得，将两式相乘得，即为，所以直线与直线的交点在定曲线上.22.设.（1）求在上的极值；（2）若对，，都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值为，极大值为（2）【解析】 【分析】（1）直接求导计算即可．（2）将问题转化为，构造新函数在上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．【小问1详解】由，得的单调减区间是，，同理，的单调增区间是.故的极小值为，极大值为.【小问2详解】由对称性，不妨设，则即为.设，则在上单调递增，故在上恒成立.方法一：（含参讨论）设，则，，解得.，，.①当时，，故，当时，，递增；当时，，递减；此时，，在上单调递增，故 ，符合条件.②当时，同①，当时，递增；当时，递减；∵，，∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，，.于是，当时，，单调递增；当时，，单调递减.∵，，∴，符合条件.综上，实数的取值范围是.方法二：（参变分离）由对称性，不妨设，则即为.设，则在上单调递增，故在上恒成立.∵，∴在上恒成立，.设，，则，设，，则，. 由，，得在，上单调递增；由，，得在，上单调递减.故时；时.从而，，，又时，，故，，，单调递减，，.于是，.综上，实数的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题核心是将问题转化为函数在上单调递增，即在上恒成立．