湖南省衡阳市2023-2024学年高三数学下学期二模试题含答案

/高三数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式解得集合，再求并集即可.【详解】，又，则.故选：D.2.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数定义，利用除法运算法则计算可得结果.【详解】由可得，所以，故选：B3.已知双曲线的左焦点为，虚轴的上、下端点分别为，若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量运算，求得等量关系，转化为关系，即可求得离心率.【详解】根据题意，作图如下：，即，也即，故，解得，则，也即的离心率为.故选：A.4.已知是等比数列，且，则（）A B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】根据等比数列基本量的计算，结合已知条件，即可求得公比和.【详解】设等比数列的公比为，则，又，解得.故选：C.5.已知，则（）A. B. C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式，二倍角公式和同角三角函数基本关系，结合角的取值范围，可求角的正切值.【详解】由，所以或.又，所以.所以.故选：A6.已知函数的部分图像如图所示，，则（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合函数图像即可求得函数的解析式，然后代入计算，即可得到结果.【详解】由图像可知，，由可得，且，所以，解得，所以，由可得，，所以，即，即，且，当时，，所以，则.故选：C7.某种用保温材料制成的管道在单位长度上的热损失单位：满足，其中分别为管道的内外半径（单位：），分别为管道内外表面的温度（单位：），为保温材料的导热系数（单位：），某工厂准备用这种管道传输的高温蒸汽，根据安全操作规定，管道外表面温度应控制为，已知管道内半径为，当管道壁的厚度为时，，则当管道壁的厚度为时，约为（）参考数据：.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意将已知数据代入求得的值，再代入即可得解.【详解】由题意可得，，，，，代入得，得出；则当管道壁的厚度为时，，则.故选：B，8.已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（）A.7 B.8 C. D.10【答案】C【解析】【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论.【详解】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；又，因此，即，此时；设点到平面的距离为，则，可得，因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，则，故球心到平面的距离为，可知截面圆半径为；设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，此时，故线段长度的最大值为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在正四棱柱中，是棱的中点，则（）A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.平面平面 D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】AC【解析】【分析】画出正四棱柱，根据异面直线所成角的定义可判断A正确，B错误，利用面面垂直的判定定理可得C正确，利用线面角定义可知D错误.【详解】如下图所示：对于A，因为，所以为直线与所成的角或其补角，易知，即为等边三角形，所以，即A正确；对于B，因为，所以为直线与所成的角或其补角，若，则，即满足，而不满足上式，即B错误；对于C，易知，满足，所以，又，可得平面，又平面，所以平面平面，即C正确；对于D，连接交于点，由正方形性质可得，由直棱柱性质可知平面，又平面，所以；又，可得平面，所以为直线与平面所成的角，因为，所以，故D错误；故选：AC10.已知圆是直线上一动点，过点作直线分别与圆相切于点，则（）A.圆上恰有一个点到的距离为 B.直线恒过点C.的最小值是 D.四边形面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系，求出圆上点到直线距离的最值可判断A错误；求出直线的方程可得其恒过点，利用弦长公式可求得的最小值是，可得BC正确；进而求得四边形面积的最小值为，即D正确.【详解】易知圆心，半径，如下图所示：对于A，圆心到直线的距离为，可得圆上的点到直线距离的最小值为,圆上的点到直线距离的最大值为，所以圆上恰有两个点到的距离为，即A错误；对于B，设，可得；易知，由，整理可得，同理可得，即可知两点在直线上，所以直线的方程为，即，令，解得，所以直线恒过定点，即B正确；对于C，由直线恒过定点，当点与圆心的连线垂直于时，的值最小，点与圆心之间的距离为，所以，故C正确；对于D，四边形的面积为，根据切线长公式可知，当最小值，最小，，所以，故四边形的面积为，即D正确；故选：BCD11.已知函数的定义域均为是奇函数，且，，则（）A. B.为奇函数C.为偶函数 D.【答案】AC【解析】【分析】利用是奇函数，，，逐项判断选项.【详解】由是奇函数，则，即，令，则，故A正确；由，，令，则，故不是奇函数，故B错误；由，令，则，故，所以，而，则，故，所以是偶函数，故C正确；由，得，则，故，得到，由，可得，推出，又，所以，故，即，故D错误.故选：AC【点睛】本题主要考查抽象函数及其性质，利用替换求解，考查运算求解能力，属于较难题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在点处的切线方程为______．【答案】【解析】【分析】根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果.【详解】因为，则，所以切点为，且，则，由直线的点斜式可得，化简可得，所以切线方程为.故答案：13.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），（为坐标原点），，则______．【答案】【解析】【分析】根据二级结论，先求得，再求即可.【详解】作抛物线的准线，记准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足分别为，过作轴的垂线，垂足分别为，如下所示：设，在△中，由抛物线定义可得：，则，解得；△中，由抛物线定义可得：，则，解得；由题可知：，，解得；则.故答案为：.14.已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是______．【答案】【解析】【分析】确定出两次取球后盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜，再分别计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率，相加即可求得结果.【详解】若两次取球后，盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜；若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为，第一次取球后盒中有2个黑球和3个白球，盒装有4个黑球和2个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；此时盒中恰有7个球概率为；若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为，第一次取球后盒中有3个黑球和2个白球，盒装有3个黑球和3个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；此时盒中恰有7个球的概率为；所以盒中恰有7个球的概率为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的突破口在于先分清楚两次取球后，盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜；再分别讨论并计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率即可求得结果.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数，当时，取得极值．（1）求的解析式；（2）求在区间上的最值．【答案】（1）（2）的最小值为，最大值为.【解析】【分析】（1）利用极值定义可求得，可得解析式；（2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论.【小问1详解】依题意可得，又当时，取得极值，所以，即；解得；所以；【小问2详解】由（1）可知，令，可得或，当变化时，的变化情况如下表所示：单调递增单调递减单调递增因此，在区间上，的最小值为，最大值为.16.某报社组织“乡村振兴”主题征文比赛，一共收到500篇作品，由评委会给每篇作品打分，下面是从所有作品中随机抽取的9篇作品的得分：82，70，58，79，61，82，79，61，58．（1）计算样本平均数和样本方差；（2）若这次征文比赛作品的得分服从正态分布，其中和的估计值分别为样本平均数和样本方差，该报社计划给得分在前50名的作品作者评奖，则评奖的分数线约为多少分？参考数据：．【答案】（1）样本平均数为，样本方差为.（2）分【解析】【分析】（1）根据题意，由平均数与方差的公式代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由条件结合正态分布的概率计算公式可得，，从而得到结果.【小问1详解】由题意可得，，s2所以样本平均数为，样本方差为.【小问2详解】因为得分服从正态分布，且，，则，所以，又，即，所以，又，即，所以，所以前50名的作品作者评奖总共50篇，获奖率为，因为，则，所以，即分数线约为分.17.如图（1）所示，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，为边的中点，将沿折成直二面角，得到如图（2）所示的四棱锥．（1）若为棱的中点，证明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明平面平面，即可得出结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得二面角的余弦值，计算可得结果.【小问1详解】取的中点，连接，因为为棱的中点，所以，因为平面，平面；所以平面；由图（1）中是边长为2等边三角形，所以，由，，可得是等边三角形，，所以；又因为平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面.【小问2详解】由题可知两两互相垂直，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，即；设平面的一个法向量为，则，取，则，即；所以，因此二面角的正弦值为.18.已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8．（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程；（2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由原点到直线的距离为定值1，得，再联立方程组，由弦长公式求最值.【小问1详解】因为的周长为8，所以，解得，焦距为，，所以，所以椭圆E的方程为．【小问2详解】当直线斜率不存在时，为或，当时，，则，当时，同理，当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，因为原点到直线的距离为定值1，所以，则，设，联立椭圆于直线方程，消元得，所以，由，得,,令，则，由，所以当时，，所以的最大值【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为，；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；（5）代入韦达定理求解.19.莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数（1）求；（2）若正整数互质，证明：；（3）若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析；（3）证明见解析；【解析】【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；（3）