湖南省长沙市周南中学2023届高三数学下学期模拟（三）试卷（Word版附解析）

2023届周南中学高三三模考试数学试卷时量：120分钟分量：150分一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简集合B，进行交集运算.【详解】且.故.故选：C.2.的虚部为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算与复数虚部的概念即可得解.【详解】因为，所以的虚部为.故选：B.3.“”是“函数是奇函数”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】函数为奇函数，解得，判断与的互推关系，即可得到答案.【详解】当函数为奇函数，则，解得.所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件.故选：A.4.已知单位向量，满足，若向量，则（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】计算出及，利用向量余弦夹角公式计算，再利用平方关系求出.【详解】因为，是单位向量，所以，又因为，，所以，，所以，因为，所以.故选：A.5.马路上有编号为1，2，3，…，9九盏路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏，也不能关掉 两端的两盏，求满足条件的关灯方案有（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，用插空法计算.【详解】先将亮的6盏灯排成一列，根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻，则有5个符合条件的空位，在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有种情况，即有10种关灯方法.故选：A.6.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.【详解】因为，所以，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，令，则，所以函数在上递增， 所以，即，即，所以，即，综上，.故选：A.【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.7.函数的部分图象如图，则下列选项中是其一条对称轴的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由给定解析式及图象确定值的表达式，再逐项分析判断作答.【详解】依题意，点是函数的图象对称中心，且在函数的一个单调增区间内，则，即，，令函数周期为，由图象知，即有，而，则有，因此，，解得，而，则，，，由得函数图象对称轴：， 当时，，当时，，当时，，即选项A，B，D不满足，选项C满足.故选：C8.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．【详解】设，在等腰中，，设的外心是，外接圆半径是，则，∴，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，，，，，∴， ，令，则，，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是．故选：D.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．二、多项选择题：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.已知数列的前n项和是，则下列说法正确的是（）A.若，则是等差数列B.若，，则是等比数列C.若是等差数列，则，，成等差数列D.若是等比数列，则，，成等比数列 【答案】ABC【解析】【分析】求出通项公式判断AB；利用数列前n项和的意义、结合等差数列推理判断C；举例说明判断D作答.【详解】对于A，，时，，解得，因此，，是等差数列，A正确；对于B，，，则，而，是等比数列，B正确；对于C，设等差数列的公差为，首项是，，，因此，则，成等差数列，C正确；对于D，若等比数列的公比，则不成等比数列，D错误.故选：ABC10.“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩（单位：秒）服从正态分布，且．从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在间的个数记为X，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】A选项，由正态分布的对称性可知，A正确；B选项，由得到；C选项，求出和，得到大小关系；D选项，由二项分布计算出，利用对立事件概率公式求出.【详解】A选项，由正态分布的对称性可知：，故，A错误； B选项，，故，B正确；C选项，，，故，C错误；D选项，因为，所以，故，D正确.故选：BD11.已知抛物线：()与：()都经过点,点M,N分别在,上,且,则()A.,B.点M,N的坐标分别为C.的面积为3D.若直线l与,都相切,则l的方程为【答案】ACD【解析】【分析】对A,代入A(4,8)求解即可；对B,设,,根据,列出方程得到关系式,分类讨论,即可求解；对C,根据B可得,,求解直线的方程,再求解到的距离,进而可得的面积；对D,利用导数的几何意义,求得切线的方程,根据为曲线的公切线,联立方程组,结合,进而求得的方程；【详解】对A,因为曲线都过点,所以,解得,,,故A正确；对B,设,,又,,所以,可得, 两式相减得到,当时,,,当时,,此时方程无解,(舍去),综上,可得,,故B错误；对C,由,,则,故直线的方程为,即,故到的距离,又,则△OMN的面积,故C正确；对D,设直线与曲线相切于点,令,可得,则切线的斜率,所以切线方程为,即,由,整理得,因为为曲线的公切线,所以,解得,所以直线的方程为,即．故D正确；故选：ACD12.若，若恒成立，则的值不可以是（）A.B.1C.D.【答案】ABD【解析】【分析】将问题转化为恒成立，从而构造函数，结合的单调性可得恒成立，再构造函数，从而得解.【详解】因为，等价于，等 价于，所以原题意即为恒成立，令，则，又易得在定义域内单调递增，所以，即，故恒成立，令，则，所以当时，；当时，；则在上单调递减，在上单调递增，故，解得，所以若恒成立，则.故A、B、D错误，C正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：积型：，①，构建；②，构建；商型：，①，构建；②，构建；和型：，①，构建；②，构建. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知多项式满足对任意，则_________（用数字作答）．【答案】1【解析】【分析】根据二倍角公式进行三角恒等变换，化简后可得即可求解.【详解】解：由题意得：，由可知：.故答案为：114.定义在R上的非常数函数满足：，且.请写出符合条件的一个函数的解析式______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据已知，且得出对称轴和对称中心，确定一个具体函数即可.【详解】因为.得出对称中心，且得出对称轴为轴，且周期为 4的函数都可以.故答案为：15.如图，在中，点是边上一点且，是边的中点，直线和直线交于点，若是的平分线，则______.【答案】【解析】【分析】分析可知与共线，可知存在，使得，然后依据、、三点共线以及、、三点共线可得出关于的表达式，结合平面向量的基本定理可求得的值.【详解】记，，以、为邻边作平行四边形，因为，则平行四边形为菱形，所以，平分，且，因为平分，则、共线，则存在，使得， 因为、、三点共线，则、共线，则存在，使得，即，可得，因为为的中点，所以，，因为、、三点共线，则、共线，所以，存在，使得，即，所以，，因为、不共线，则，解得，故，又因为，所以，，故.故答案：.16.已知双曲线方程是，过的直线与双曲线右支交于，两点（其中点在第一象限），设点、分别为、的内心，则的范围是______.【答案】【解析】【分析】根据双曲线和三角形内切圆的性质可得点、与双曲线右顶点三点共线，且，线段，可分别用直线倾斜角表示出，根据倾斜角范围可求出的范围. 【详解】因，故，，，如图，过点分别作，，，垂足分别为，因为的内心，所以，故点也在双曲线上，即为双曲线的右顶点，同理，所以三点共线，设直线的倾斜角为，因双曲线的渐近线方程为，倾斜角为，根双曲线的对称性，不妨设，因，所以，,所以， 因，所以，所以，故答案为：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.已知数列的前n项和为，，且.（1）求的通项公式；（2）已知，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据前n项和与通项之间的关系分析可得，结合等比数列求其通项公式；（2）结合（1）求，分奇偶项，利用分组求和的方法求和即可.【小问1详解】∵，则有：当时，，解得；当时，则，两式相减得，即；注意到，故，∴是首项为3，公比为3的等比数列， 故.【小问2详解】由（1）得，当n为偶数时，；当n为奇数时；综上所述：.18.在中，角、、所对的边分别为、、，.（1）求；（2）若，求面积最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的余弦公式化简可得出，即可求得的值；（2）分析可知、均为锐角，利用两角和的正切公式结合基本不等式可得出，求出的最小值，即可求得的最小值.【小问1详解】解：， .由正弦定理得..因为，则，，，则，所以，，即，所以，，，即.【小问2详解】解：由（1）得.若，则、均为钝角，则，矛盾，所以，，，此时、均为锐角，合乎题意，，当且仅当时，等号成立，且为钝角.，则，且为锐角，由，解得，即，当且仅当时，等号成立， ，.因此，面积的最小值为.19.如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，，点在上.（1）若平面，求；（2）若是的中点，求二面角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）记中点为，连接、，依题意可得，根据面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，依题意可得求出的值，即可得解；（2）依题意点与点重合，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】记中点为，连接、，为正三角形，，则，且.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又为正三角形，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为， 则，令，则，，则，设，，则，因为平面，所以，解得，所以为的中点，此时.【小问2详解】若是的中点，则点与点重合，则平面的一个法向量可以为，设二面角为，显然二面角为锐角，则，所以，所以二面角的正弦值为.20.有一种水果，在成熟以后进行装箱，每一箱10个．根据以往经验，该种水果每箱含有0，1，2个坏果 的概率分别为，，．（1）现随机取三箱该水果，求三箱水果中坏果总数恰有2个的概率；（2）现随机打开一箱该水果，并从中任取2个，设X为坏水果的个数，求X的分布列及期望．【答案】（1）0.15（2）的分布列为：012期望为【解析】【分析】（1）根据两种情况以及概率乘法公式即可求解，（2）分别求解为0,1,2的概率，即可求解分布列以及期望【小问1详解】三箱水果中坏果总数恰有2个坏果的情况有：有一箱有2个坏果，其他两箱没有坏果，或者有两箱各有一个坏果，另一箱没有坏果，三箱水果中坏果总数恰有2个坏果的概率为，【小问2详解】由题意可知：可取0,1,2则,,,所以的分布列为：012期望为 21.已知椭圆E：的左、右焦点分别为,焦距与短轴长均为4.设过F2的直线l交E于M,N,过M,N分别作E在点M,N上的两条切线,记它们的交点为P,MN的中点为Q.（1）证明：O,P,Q三点共线；（2）过F1作平行于l的直线分别交PM,PN于A,B,求的取值范围.参考结论：点T(,)为椭圆()上一点,则过点T(,)的椭圆的切线方程为.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先求得椭圆方程,再设的方程为,联立椭圆的方程,并化简切线方程组可得.再设的中点为,证明即可；（2）取中点,根据三角形的性质有四点共线,再结合椭圆的对称性有即可.【小问1详解】由题意,,,解得,,故椭圆的方程为.又,显然斜率不为0,故设的方程为,,则,即,故,.联立过的切线方程,即,相减可得,即,化简可得. 代入可得,故.设的中点为,则,,故.因为,,故,所以三点共线.【小问2详解】由作平行于l的直线分别交于,易得,取中点,根据三角形的性质有四点共线,结合椭圆的对称性有,当且仅当时取等号.故.【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系,结合向量的性质,联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理得到P,Q的坐标,再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题.22.已知函数.（1）若函数在上有极值，求在上所有极值的和；（2）若对任意恒成立，求正实数a的取值集合.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】 【小问1详解】，当时，，在上单调递增，无极值.当时，，在上单调递减，无极值.当时，在上有2个实根，设其为，且.当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，在单调递增.所以为的极大值，为的极小值.由正弦函数的对称性可知，所以在上的所有极值的和为.【小问2详解】即.设，，则，设.当时，，所以在R上单调递增.又，，所以，使得，所以，当时，，单调递减：当时，，单调递增.所以，，不合题意当a=1时，，所以在R上单调递增.又，所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增.所以，，符合题意.当时，因为函数在上都为增函数，所以在上单调递增.又，所以，所以在上单调递增.又，，所以，使得，所以，当时，，单调递增.所以，，不合题意.综上，正实数a的取值集合是.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.