湘豫名校联考2023届高三4月二模理科数学试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页湘豫名校联考2023届高三4月二模理科数学试题一、单选题（本大题共12小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．某电影制片厂从2013年至2022年生产的纪录影片、科教影片的时长（单位；分钟）如图所示，则（

）A．该电影制片厂2013年至2022年生产的纪录影片时长的中位数为270分钟B．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的平均数小于660分钟C．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的标准差大于纪录影片时长的标准差D．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的极差是纪录影片时长的极差的4倍4．已知抛物线的准线为，圆与抛物线交于两点，与交于，两点，则由四点所围成的四边形的周长为（

）A．20 B．24 C．28 D．325．若，，，则（

）A． B． C． D．6．如图，网格纸上用粗实线绘制了一个几何体的三视图，每一个小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（

）A． B． C． D．7．已知等差数列满足，，则（

）A．25 B．35 C．40 D．508．执行如图所示的程序框图，输出的（

）A．5 B．6 C．7 D．89．已知函数的图象的相邻两个对称中心之间的距离为，把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.则在上的值域为（

）A． B． C． D．10．若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．11．已知圆台的母线长为，，分别为上、下底面的圆心，上、下底面的半径分别为，，且，则当该圆台的体积最大时，其外接球的表面积为（

）A． B． C． D．12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线上一点，点，且，，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共4小题）13．已知向量，满足，，，的夹角为150°，则与的夹角为______.14．若的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为______.15．已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为______.16．设锐角三角形的内角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围是______.三、解答题（本大题共7小题）17．在数列中，，.(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.18．如图所示，在三棱柱中，点，，，分别为棱，，，上的点，且，，，.(1)证明：平面；(2)若，，四边形为矩形，平面平面，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.19．2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在中国空间站开讲，新晋“太空教师”刘洋用2米长的吸管成功喝到了芒果汁.这是中国航天员首次在问天实验舱内进行授课，并通过网络向全国进行直播，这场直播极大地激发了广大中学生对航天知识的兴趣.为领悟航天精神，感受中国梦想，某校高一年级组织了一次“寻梦天宫”航天知识比赛，比赛规则：每组两个班级，每个班级各派出3名同学参加比赛，每一轮比赛中每个班级派出1名同学代表其所在班级答题，两个班级都全部答对或者都没有全部答对，则均记0分；一班级全部答对而另一班级没有全部答对，则全部答对的班级记1分，没有全部答对的班级记分，三轮比赛结束后，累计得分高的班级获胜.设甲、乙两个班级为一组参加比赛，每轮比赛中甲班全部答对的概率为，乙班全部答对的概率为，甲、乙两班答题相互独立，且每轮比赛互不影响.(1)求甲班每轮比赛得分、0分、1分的概率；(2)两轮比赛后甲班得分为，求的分布列和数学期望；(3)求甲班没有获胜的概率.20．已知椭圆的离心率为，椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，点到直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，过点作轴的垂线交直线于点，点为的中点，证明：直线的斜率为定值.21．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，动点到定点的距离为，记动点的轨迹为曲线.(1)求直线的普通方程，曲线的直角坐标方程与极坐标方程；(2)设点，且直线与曲线交于，两点，求的值.23．设函数.(1)作出函数的图象，并求的值域；(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.

参考答案1．【答案】D【分析】根据分式不等式求出集合A，根据指数函数的性质求出集合B，结合交集的定义和运算即可求解.【详解】由，得，解得，所以；由，得，所以，所以.故选：D.2．【答案】D【分析】先运用复数的除法规则求出z，再根据复数的几何意义求解.【详解】，，，实部为1，虚部为-1，所以在第四象限；故选：D.3．【答案】C【分析】根据对图中数据的分析，结合中位数、平均数、标准差的意义和极差的定义与计算方法，依次求解即可.【详解】A：该厂2013年至2022年生产的纪录影片时长从小到大排列为：150，180，200，240，260，290，320，350，380，430，所以这组数据的中位数为，故A错误；B：该厂2013年至2022年科教影片时长的平均数为：，故B错误；C：由图可知，科教影片时长的数据波动程度比纪录影片时长的大，所以科教影片时长的标准差大于记录影片时长的标准差，故C正确；D：科教影片时长的极差为，记录影片时长的极差为，有，故D错误.故选：C.4．【答案】B【分析】求出抛物线与圆的交点坐标以及准线与圆的交点坐标，得出由四点所围成的四边形的形状，再求其周长.【详解】抛物线的准线为：.由解得，即；由解得，即.则由四点所围成的四边形为矩形，，.此四边形的周长为.故选：B.5．【答案】A【分析】运用对数的运算法则和指数函数的性质求解.【详解】，对于指数函数，当时，，，；故选：A.6．【答案】B【分析】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，用正方体体积减截去部分的体积得几何体的体积.【详解】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，其中三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形，圆柱的底面半径为2，所以该几何体的体积为.故选：B.7．【答案】A【分析】根据等差数列的通项公式以及性质求得答案即可.【详解】设等差数列的公差为.由，得，即①；由，得，②；由①②得，则.故选：A.8．【答案】C【分析】逐次执行程序计算，直到满足结束.【详解】第1次循环：时，，不成立，第2次循环：时，，不成立，第3次循环：时，，不成立，第4次循环：时，，不成立，第5次循环：时，，不成立，第6次循环：时，，不成立，第7次循环：时，，此时满足，退出循环，输出，故选：C9．【答案】C【分析】根据二倍角的余弦公式和辅助角公式求出函数的解析式，由三角函数图象的平移伸缩变换求出函数的解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.【详解】，因为函数图象的相邻两个对称中心的距离为，所以，得，又，所以，则.将函数图象上的点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得，由，得，又函数在上单调递增，在上单调递减，所以，得，即函数在上的值域为.故选：C.10．【答案】B【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解.【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为，所以切线方程为，又切线过点，则，整理得.要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，即函数图象与直线在R上有3个交点，设，则，令，令或，所以函数在上单调递增，在和上单调递减，且极小值、极大值分别为，如图，由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，即过点的切线有3条.所以实数a的取值范围为.故选：B.11．【答案】D【分析】设，表示出圆台的高，得到圆台的体积函数，通过导数讨论其最值，求出相应的值，再求出圆台的外接球半径，得到其外接球的表面积.【详解】如图1，设，是圆台的母线，连结，过点作的垂线，垂足为点，则为的中点，则，所以.因为，所以圆台的体积为.设，.，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当时，取最大值，即圆台的体积取最大值，此时，.设圆台的外接球半径为，球心为，显然球心在所在的直线上，如图1所示，当圆台两底面在球心异侧时，即球心在线段上时，设，则.显然，所以，即，解得，舍去.如图2，当圆台两底面在球心同侧时，即球心在线段的延长线，设，则.显然，所以，即，解得，所有，此时该圆台外接球的表面积为.故选：D.12．【答案】A【分析】过点作，延长交于点，利用平行关系得出对应线段成比例，在直角三角形中，结合双曲线定义得出各边之间的关系，在三角形中，利用余弦定理求得结果.【详解】如图，过点作，延长交于点，因为，，，所以，设，则，，因为，所以，所以，在直角三角形中，，所以，即，所以.在三角形中，由余弦定理得，所以，整理得，所以.故选：A.13．【答案】【分析】根据向量数量积的定义，求得的值，利用平面向量的几何意义和数量积的运算律求得、，结合夹角公式计算即可求解.【详解】因为，与的夹角为，所以，所以，得，又，所以，又因为，所以.故答案为：.14．【答案】【分析】令求得，写出的展开式的通顶公式分别求出它的系数与常数项，再与的系数相结合即可得展开式中的系数.【详解】因为的展开式中各项系数之和为,令,得,所以6.因为展开式的通顶公式为,令,得;令,得,所以展开式中的系数为.故答案为：15．【答案】【分析】由题意和偶函数的性质可知函数在上为减函数，在上为增函数，结合，分类讨论当、时，利用函数的单调性解不等式即可.【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减所以在上为增函数，由，得，，当时，，有，解得；当时，，有，解得，综上，不等式的解集为.故答案为：.16．【答案】【分析】利用正余弦定理的边角互化化简，结合两角和的正弦公式可得到，推出，继而化简，可得，结合题意确定A的范围，结合二次函数知识即可求得答案.【详解】由,得,由余弦定理得,由正弦定理得,即,又，所以,即,所以，因为为的内角,所以(舍去)或,所以.由正弦定理得因为,又，所以,由于得，由，得，则，所以，当时，取最大值，当时，等于，当时，等于，而，所以取值范围是，故答案为：17．【答案】(1)证明见解析；；(2)【分析】（1）根据等比数列的定义证明，由等比数列的通项公式化简，可得数列的通项公式；（2）由分组求和法化简求解即可．【详解】（1），当时，，数列是首项为，公比为的等比数列，，；（2）数列的前项和．18．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）连接,取的中点,连接，通过证明平面面得到平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，用空间向量求所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）如图,连接,取的中点,连接.因为,所以,且.所以四边形是平行四边形.所以.因为平面面，所以平面,易得点为的中点,因为点为的中点,所以.因为.所以.又,所以且,所以四边形为平行四边形.所以,所以.因为平面平面.所以平面.因为,所以平面面.因为平面,所以平面,（2）因为四边形为矩形,所以.因为平面平面,平面平面,所以平面，因为平面,所以，因为,所以.因为平面，平面所以平面.又平面,所以.以为原点,的方向分别为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系，则,所以，设平面的法向量为,则令,得.所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为,则令,得.所以平面的一个法向量为.设平面与平面所成的锐二面角为,则,所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19．【答案】(1)(2)分布列见解析；(3)【分析】（1）分别计算甲班全部答错且乙班全部答对、甲班乙班都全部答对或都全部答错、甲班全部答对且乙班全部答错的概率即可；（2）分别计算取的概率并写出分布列；（3）三轮比赛后，甲班累计得分不高于乙班累计得分的情况有6种(不分先后顺序):，分别计算每种情况的概率再求和即可.【详解】（1）记事件为“甲班每轮比赛得分”，事件为“甲班每轮比赛得0分”，事件为“甲班每轮比赛得1分”，则，，.（2）由题意可得，的所有取值可能为，则由可得，，，，，，所以的分布列为:所以（3）记事件为“甲班没有获胜”，三轮比赛后，甲班累计得分不高于乙班累计得分的情况有6种(不分先后顺序):，则由可得，.20．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的离心率求得的关系，利用点到直线的距离为，即可求得，即得答案.（2）设直线l的方程，联立椭圆方程，可得根与系数关系，表示出直线的方程，求出N点坐标，可得直线的斜率的表达式，结合根与系数的关系化简，可得答案.【详解】（1）由题意得，即，结合，可得，由可得直线的方程为，即，因为点到直线的距离为，所以得，所以椭圆C的标准方程为.（2）由题意可知直线l的斜率存在，,设直线l的方程为，即，设，联立方程，整理得，则，所以，所以，，所以直线的方程为，令，则，所以所以，所以，所以直线的斜率为，所以直线的斜率为定值．21．【答案】(1)(2)【分析】（1）通过导数求出切线的斜率，写出切线方程，求出切线与两条坐标轴的交点，再求出三角形的面积.（2）分成，，三种情况讨论函数的单调性，根据函数有三个不同的零点，得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，，所以.又，所以切线的斜率为.所以切线方程为.令，得；令，得.所以切线与两条坐标轴围成的三角形的面积.（2）因为，所以.当时，，单调递增，所以至多有一个零点.令，则.当时，因为，所以.所以，单调递减，所以至多有一个零点.当时，令，得且.当时，