湖北省2023届高三下学期数学模拟试卷（5套含答案）

高三下学期数学5月模拟考试试卷一、单选 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1．已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．2．已知复数，，则下面四个命题中为真命题的是（）：若，则；：若，则；：若，则；：若，则.A．，B．，C．，D．，3．若角的终边经过点，则的值为（）A．B．C．D．4．已知非零向量，，，那么“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．已知中，，，，以为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（）A．B．C．D．6．2022国家号召全民健身口号中提到：“儿童健身，天真活泼；青年健身，朝气蓬勃.”提倡学生走向操场、走进大自然、走到阳光下.为弘扬运动精神，潜江中学特地每天开展课外文体活动.学校操场可供2000名学生运动，每周四有踢毽子、《本草纲目》健身操两种运动可供选择，经过调查发现，凡是这周选踢毽子的，下周会有30%的改选健身操；而选健身操的，下周会20%改选踢毽子.用分别表示在第周选踢毽子的和健身操的人数，如果，且，则为（）A．800B．1000C．1200D．14007．椭圆：有一特殊性质，从一个焦点射出的光线到达椭圆上的一点反射后，经过另一个焦点.已知椭圆的焦距为2，且，当时，椭圆的中心到与椭圆切于点的切线的距离为：（）A．1B．C．D．或8．已知：，，，则、、大小关系为（）A．B．C．D．二、多选题9．截止5月6日，全球不明原因儿童肝炎超300例.在对前期169例病例的研究发现，74例腺病毒检测阳性.其中20例新冠病毒检测阳性，19例腺病毒和新冠病毒均呈阳性，现从前期病例中随机抽取2例，记事件为“恰有1例新冠病毒阳性”，事件为“恰有1例腺病毒和新冠病毒均呈阳性”，下列说法错误的有：（）A．事件的对立事件为“至多有1例新冠病毒阳性”B．C．事件与事件为互斥事件D．事件与事件为独立事件10．已知，下列说法正确的有（）A．若过点，则B．若在侧右侧的第一条对称轴为，则C．当时，在单调递增D．将的正零点按从小到大的顺序排列构成数列，若，则11．正方体的棱长为3，、为底面A1B1C1D1内的动点，且，直线与所成角为，下列说法正确的是（）A．动点轨迹长度为B．C．线段的长度最小值为D．三棱锥的体积可以取值为312．函数满足，，函数的一个零点也是其本身的极值点，则可能的表达式有（）A．B．C．D．三、填空题13．北京时间2022年4月16日9时56分，神州十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆.东风着陆场着陆面积达到了2万平方公里，相当于内蒙古四子王旗航天着陆场着陆面积的10倍，主着陆场正常的着陆范围是的区域.在神州十三号着陆前，航天科学家们经过了无数次的电子模拟，发现飞船着陆点离标志观察点的距离满足.下图是经过100次模拟实验中的频率分布直方图.可以用图中的平均值代替，，其中是图中的中位数的估计值（每组数据用这一组的中点值代替），则（用“，，”之一填入）14．已知圆：，为过的圆的切线，为上任一点，过作圆：的切线，则切线长的最小值是.15．已知为等比数列，且，，，为其前项之积，若，则的最小值为.16．已知，恒成立，则的取值范围为.四、解答题17．已知数列前项和，的前项之积.（1）求与的通项 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方程．（2）过点P任作倾斜角互补的两条直线，，分别与椭圆C交于M，N两点，是否存在点P，使得AP⊥MN恒成立？若存在，求出所有满足条件的点P；若不存在，请说明理由．22．已知函数.（1）求的单调区间与最小值.（2）求证：.1．A2．C3．D4．A5．B6．C7．C8．B9．A,C,D10．B,C,D11．B,C12．B,C,D13．=14．15．416．17．（1）解：由，当时，当时，，当时，上式也成立，所以，由，当时，，当时，，当时，上式也成立，所以；（2）解：设，，为得正整数倍，故当为奇数时，，故公共项为，∴，，，，…构成首项为2，公比为4的等比数列，则18．（1）解：∵，由条件知，∴，，∴（2）解：若，，所以为等边三角形，在中，，，，∴，故，∴，，∴，当且仅当，即取等号，所以时，的最大值为.19．（1）证明：如图，作交于点，连接，取的中点，连接，.由中位线定理得，且，因为点是的中点，所以，且，故，且.所以四边形是平行四边形.所以.因为平面，平面，所以平面.（2）解：如图，作交于点，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设，则，，，.由得.所以，，，.所以，.设平面的法向量为，则，令，得.又平面的一个法向量为，依题意得，所以，解得，即，，.所以20．（1）解：由表格数据知：小红中午和晚上都选数学的概率为，今后的5天中小红恰有天中午和晚上都选数学的概率（2）解：由表格数据知：小红选择0科的概率为；选择数学1科的概率为，选择物理1科的概率为；选择2科的概率为；小明选择0科的概率为；选择数学1科的概率为，选择物理1科的概率为；选择2科的概率为；则所有可能的取值为；；；；的分布列为：012则数学期望.（3）解：记事件：小红晚上做物理试卷；事件：小明晚上做物理试卷；事件：小红中午做数学试卷；事件：小明中午做数学试卷；由表格数据可得：，，，；，，，即，在晚上做物理试卷的条件下，小红更有可能中午选择做数学试卷21．（1）解：依题意则当QO＝QA时，点Q的横坐标，代入椭圆方程可得，所以的面积，解得ab＝2，则a＝2，b＝1，椭圆C的标准方程为（2）解：设，，，由题意知直线，斜率存在且不为0，设直线，直线．联立消去y并整理得，即．同理可得，则，．由（1）知，则，．由AP⊥MN，得，整理得，．当时，符合题意；当时，或符合题意．综上，存在点P使得AP⊥MN恒成立，满足条件的P点坐标为或或．22．（1）解：∵，定义域为∴当时，解得，此时单调递减；当时，解得，此时单调递增；∴在单调递减，在单调递增∴（2）证明：令在单调递增，即，又，令在单调递增，即，要证原不等式只需证，即证①时（取等）又得（1）知（取等），即①式成立，故原不等式成立高三下学期数学三模试卷一、单选题1．在复平面内，复数对应的点为，则（）A．B．C．D．2．已知集合，则（）A．B．C．D．3．下列说法正确的是（）A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“”的否定形式是“”D．“”是“”的充分不必要条件4．已知，则（）A．B．C．D．5．某高中为促进学生的全面发展，秋季学期合唱团、朗诵会、脱口秀、街舞社、音乐社等五个社团面向1200名高 一年级 小学一年级数学20以内加减练习题小学一年级数学20以内练习题小学一年级上册语文教学计划人教版一年级上册语文教学计划新人教版一年级上册语文教学计划 同学招新，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加音乐社社团的同学有15名，参加脱口秀社团的有20名，则（）A．高一年级同学参加街舞社社团的同学有120名B．脱口秀社团的人数占这五个社团总人数的C．高一年级参加这五个社团总人数占全年级人数的D．高一年级同学参加这五个社团的总人数为200名6．已知平面向量满足，且，则的最大值为（）A．B．C．D．7．已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线的右支上，若是面积为的正三角形，则的值为（）A．2B．6C．D．8．设，则下列关系正确的是（）A．B．C．D．二、多选题9．已知函数，则（）A．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到B．在上单调递增C．在内有2个零点D．在上的最大值为10．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（）A．若，则B．若点O到直线的距离为，则C．若，则的最大值为4D．的最小值为11．如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A．的最小值为B．的最小值为C．三棱锥的体积不变D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长12．数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（）A．为等比数列B．为递减数列C．中存在大于3的项D．中存在小于的项三、填空题13．在展开式中，含的项的系数是.（用数字作答）14．过抛物线焦点F的射线与抛物线交于点A，与准线交于点B，若，则p的值为.15．已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.16．设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为.四、解答题17．在中，，点D在边上，.（1）若，求的值，（2）若，且点D是边的中点，求的值.18．已知正项数列，其前n项和，满足.（1）求证：数列是等差数列，并求出的表达式；（2）数列中是否存在连续三项，使得构成等差数列？请说明理由.19．如图所示，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.（1）求证：平面；（2）点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的取值范围.20．2022年冬季奥林匹克运动会在北京胜利举行，北京也成为了第一个同时举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为推广普及冰雪运动，深入了解湖北某地中小学学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，随机选取了10所学校进行研究，得到如下图数据：（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学滑行，转弯，停止三个动作达到“优秀”的概率分别为，且各个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？21．已知椭圆过点.（1）若椭圆E的离心率，求b的取值范围；（2）已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.22．已知函数.（注：…是自然对数的底数）（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若只有一个极值点，求实数m的取值范围；（3）若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值.1．C2．D3．B4．A5．B6．D7．C8．C9．B,C10．B,D11．A,C,D12．B,D13．10014．315．16．17．（1）解：在中，由余弦定理得：，所以，解得或，经检验均符合要求；（2）解：在中，过D作的平行线交于E，因为点D是边的中点，所以点E为AC的中点，在中，，又，所以.由余弦定理得：，所以，所以或（舍去），故.18．（1）证明：中令得：，故正项数列中，，即，当时，，即，整理得，又，因此，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，因为是正项数列，即，所以.当时，，又满足此式，即，都有；（2）解：不存在，理由如下：由（1）中可得：，假设存在满足要求的连续三项，使得构成等差数列，则，即，两边平方，得，即，整理得：，即，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列中不存在使构成等差数列的连续三项.19．（1）证明：设，∵，，∴，∴，∴，则.∵四边形为矩形，∴，而平面，且，∴平面.∵，∴平面.（2）解：以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，设为平面的一个法向量，由，得，取，所以，因为是平面的一个法向量.所以.因为，所以当时，有最小值，当时，有最大值，所以.20．（1）解：由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个.设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”则，所以（2）解：由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，所以小明在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满足，由，得.所以理论上至少要进行6轮测试.21．（1）解：∵在椭圆，∴，有，所以，又∵，所以，∵，∴；（2）解：由（1）可知，又，所以，椭圆.因为直线与相切，故.若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.由直线与相切，故，可得：.联立得，所以，线段.又因为，所以.当且仅当，故当时，的最大值为2.综上所述：当时，线段的最大值2.22．（1）解：当时，，故，故在点处的切线方程为；（2）解：由题意知有且只有一个根且有正有负，构建，则.①当时，当时恒成立，在上单调递增，因为，所以有一个零点，即为的一个极值点；②当时，在上恒成立，即无极值点；③当时，当；当，所以在单调递减，在上单调递增，故，若，则，即.因为，所以当时，，当时，，令，则，故，故在上为增函数.故，故，故当时，有两个零点，此时有两个极值点，当时，当时恒成立，即无极值点；综上所述：.（3）解：由题意知，对于任意的，使得恒成立，则当取最大值时，取到最小值.当时，因为，故当时，的最小值为；当时，当时，，所以无最小值，即无最小值；当时，由（2）得只有一个零点，即且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，因为，所以，代入得，令，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，所以的最小值为.高三下学期数学一模试卷一、单选题1．已知集合，，则的元素个数为（）A．1B．2C．3D．42．若，则（）A．B．C．D．3．一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式展开式的常数项为（）A．-160B．60C．120D．2404．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（）A．B．C．D．5．已知，则的值为（）A．B．C．D．6．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（）A．16B．12C．8D．47．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．8．已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．二、多选题9．下列命题中正确的是（）A．若样本数据，，，的样本方差为3，则数据，，，的方差为7B．经验回归方程为时，变量x和y负相关C．对于随机事件A与B，，，若，则事件A与B相互独立D．若，则取最大值时10．已知函数的部分图象如图所示，，则（）A．函数在上单调递减B．函数在上的值域为C．D．曲线在处的切线斜率为11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（）A．两条异面直线和所成的角为B．存在点P，使得平面C．对任意点P，平面平面D．点到直线的距离为412．已知直线交轴于点P，圆，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线与交于点C，则（）A．若直线l与圆M相切，则B．当时，四边形的面积为C．直线经过一定点D．已知点，则为定值三、填空题13．已知，，则在方向上的投影向量的坐标为．14．现有甲、乙两个口袋，其中甲口袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球；乙口袋内装有两个1号球，一个2号球，一个3号球．第一次从甲口袋中任取1个球，将取出的球放入乙口袋中，第二次从乙口袋中任取一个球，则第二次取到2号球的概率为．15．函数，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为．16．已知为抛物线上一点，过点的直线与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，则．四、解答题17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求B；（2）设，若点M是边上一点，，且，求的面积．18．设数列的前n项和为．已知，，．（1）求证：数列是等差数列；（2）设数列的前n项和为，且，令，求数列的前n项和．19．某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．附：若随机变量X服从正态分布，则：，，．（1）根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；（2）若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；（3）复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及均值．20．如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．（1）当时，求三棱柱的体积；（2）设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．21．已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于两点，连接，分别交直线于两点，过点F且垂直于的直线交直线于点R．（1）求证：点R为线段的中点；（2）记，，的面积分别为，，，试探究：是否存在实数使得？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．22．已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若有3个零点，，，其中．（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：．1．B2．A3．B4．C5．A6．D7．A8．C9．B,C10．A,C11．B,C,D12．A,C,D13．14．15．16．217．（1）解：依题意，由及正弦定理得，即，所以．因为，所以，所以，又，所以．（2）解：如图所示：因为，所以，．又，所以．在中，由余弦定理得，即．①又，所以，两边平方得，即，所以．②②－①得，所以，代入①得，在中，，所以是以为直角的三角形，所以的面积为．18．（1）证明：①，当时，②，①－②得：，即，所以，且，所以是以1为公差的等差数列．（2）解：由（1）得，．当时，；当时，；又满足上式，所以．所以，记数列的前n项和为．方法一：（两次错位相减），①，②①－②得，③则，④③－④得，所以．方法二：（裂项）因为，所以．19．（1）解：样本平均数的估计值为．（2）解：因为学生初试成绩X服从正态分布，其中，，则，所以，所以估计初试成绩不低于88分的人数为人．（3）解：Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，则，，，，，，故Y的分布列为：Y0510152025P所以数学期望为．20．（1）解：如图，取的中点为O，因为为菱形，且，所以为正三角形，又有为正三角形且边长为2，则，，且，，所以，所以，因为又，平面，平面，所以平面，所以三棱柱的体积．（2）解：在中，，，由余弦定理可得，所以，由（1），，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以在平面内作，则平面，以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，设是平面的一个法向量，，，则，即，取得，设，则，设直线与平面所成角为，则，令，则在单调递增，所以，故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．21．（1）证明：由题意知，，设，，，联立，得，，则，，直线的方程为，令，得，所以，同理，．所以，直线，令得，所以，则，故点R为线段的中点．（2）解：由（1）知，，又，所以．由（1）知点R为线段的中点，故，所以．故存在，使得．22．（1）解：当时，，，则在恒成立，所以在单调递增，故的单调递增区间为，无单调递减区间．（2）解：（ⅰ），，，则除1外还有两个零点，，令，当时，在恒成立，则，所以在单调递减，不满足，舍去；当时，除1外还有两个零点，则不单调，所以存在两个零点，所以，解得，当时，设的两个零点为，则，，所以．当时，，，则单调递增；当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增；又，所以，，而，且，，且，所以存在，，使得，即有3个零点，，．综上，实数a的取值范围为．（ⅱ）证明：因为，所以若，则，所以．当时，先证明不等式恒成立，设，则，所以函数在上单调递增，于是，即当时，不等式恒成立．由，可得，因为，所以，即，两边同除以，得，即，所以．高三下学期数学一模试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．若虚数z使得z2+z是实数，则z满足（）A．实部是B．实部是C．虚部是0D．虚部是3．平面向量，若，则（）A．6B．5C．D．4．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（）A．196B．197C．198D．1995．已知函数，若的值域是，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．6．某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（）A．B．C．4D．57．已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（）A．B．C．D．8．设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（）A．B．C．D．二、多选题9．若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（）A．B．C．D．210．在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：甲校理科生甲校文科生乙校理科生乙校文科生达标率60%70%65%75%定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（）A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率11．已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（）A．B．时，C．时，随着的增大而增大D．时，随着的增大而减小12．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（）A．B．C．为递减数列D．三、填空题13．锐角满足，则.14．若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则.15．已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝.16．设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为.四、解答题17．记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3.（1）求数列{an}的通项公式；（2）对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和.18．如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.（1）证明：直线平面；（2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.19．在中，，D为中点，.（1）若，求的长；（2）若，求的长.20．口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.（1）记总的抽取次数为X，求E（X）；（2）现对 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.21．过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.（i）求直线的斜率；（ii）设面积为，求的最大值.22．已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.（1）求实数的取值范围；（2）设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.1．C2．A3．B4．C5．B6．D7．B8．D9．B,C,D10．A,B,D11．A,B,C12．A,C13．14．815．416．17．（1）解：由，则，两式相减得：，整理得：，即时，，所以时，，又时，，得，也满足上式.故.（2）解：由.所以，又，所以前40项中有34项来自.故.18．（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，由，故，所以，所以，所以，所以为中点，又且，且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.则.所以.设平面的法向量，由，得，取，故所求角的正弦值为，所以直线与平面所成角的正弦值为.19．（1）解：在中，，则，在中，，所以.（2）解：设，在和中，由正弦定理得，，又，得，在中，，由，有，所以，整理得：，①又由，整理得：，②联立①②得，，即.，解得或，又，故，所以.20．（1）解：X可能取值为4，5，6，7，，；（2）解：Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，，，，，.在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.21．（1）解：设直线与轴交于.由几何性质易得：与相似，所以，，即：，解得：.所以抛物线的标准方程为：.（2）解：设（i）由题意，中点在抛物线上，即，又，将代入，得：，同理：，有，此时点纵坐标为，所以直线的斜率为0.（ⅱ）因为，所以点，此时，，，所以，又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：，由，所以时，取到最大价.所以的最大值为48.22．（1）解：由且，可得.设，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减；函数的图象如下：又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；要使图象与直线有两个交点，则，A的取值范围是.（2）解：因为，由（1）得，则，设，则，即，由有最小值，即有最小值.设，记，由于，若，则，可得单调递增，此时，即单调递增，此时在没有最小值，不符合题意.若，时，，则在单调递减，时，，则在单调递增.又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.此时时，，即，此时在上单调递减；时，，即，在上单调递增.所以时，有最小值，而，即，整理得此时，由题意知.设设.设，故递增，.此时递增，有，令且，则，即在上递增，故，此时，故在递增，而知，的唯一解是.故的唯一解是，即.综上所述，.高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知集合，且，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2．在复数范围内解得方程的两根为，则（）A．4B．1C．2D．33．已知函数，则下列论述正确的是（）A．且，使B．，当时，有恒成立C．使有意义的必要不充分条件为D．使成立的充要条件为4．如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为，则该圆台的体积为（）A．B．C．D．5．两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用切割圆锥的方法研究圆锥曲线，他用平行于圆锥的轴的平面截取圆锥得到的曲线叫做“超曲线”，即双曲线的一支，已知圆锥PQ的轴截面为等边三角形，平面，平面截圆锥侧面所得曲线记为C，则曲线C所在双曲线的离心率为（）A．B．C．D．26．下列关于统计概率知识的判断，正确的是（）A．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，且已知，则总体方差B．在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1C．已知随机变量服从正态分布，若，则D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则7．如图，是平行四边形所在平面内的一点，且满足，则（）A．2B．C．D．18．已知、，且，对任意均有，则（）A．，B．，C．，D．，二、多选题9．已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（）A．函数的周期为2B．函数的图象关于对称C．函数为偶函数D．函数的图象关于对称10．已知为圆上的两点，为直线上一动点，则（）A．直线与圆相离B．当为两定点时，满足的点有2个C．当时，的最大值是D．当为圆的两条切线时，直线过定点11．已知函数的部分图象如图所示，则（）A．B．在区间上单调递增C．将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象D．函数的零点个数为712．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（）A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为C．若保持，则点的运动轨迹长度为D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为三、填空题13．已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为.14．对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列.若数列为原数列的一阶差数列，数列为原数列的一阶差数列，则称数列为原数列的二阶差数列.已知数列的二阶差数列是等比数列，且，则数列的通项公式.15．已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为.16．已知不等式恒成立，则实数的最大值为.四、解答题17．已知分别为三角形三个内角的对边，且有.（1）求角A；（2）若为边上一点，且，求.18．记为数列的前项和，已知.（1）求的通项公式；（2）令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20．直播带货是扶贫助农的一种新模式，这种模式是利用主流媒体的公信力，聚合销售主播的力量助力打通农产品产销链条，切实助力贫困地区农民脱贫增收.某贫困地区有统计数据显示，2022年该地利用网络直播形式销售农产品的销售主播年龄等级分布如图1所示，一周内使用直播销售的频率分布扇形图如图2所示，若将销售主播按照年龄分为“年轻人”（20岁~39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用直播销售用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用直播销售用户”，且“经常使用直播销售用户”中有是“年轻人”.参考数据：独立性检验临界值表（1）现对该地相关居民进行“经常使用网络直播销售与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，完成2×2列联表，根据的独立性检验，能否认为经常使用网络直播销售与年龄有关？使用直播销售情况与年龄列联表年轻人非年轻人合计经常使用直播售用户不常使用直播销售用户合计（2）某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“销售该地区农产品”的项目上，现有两种销售方案供选择：方案一：线下销售､根据市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利30%，可能亏损15%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为.方案二：线上直播销售.根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为针对以上两种销售方案，请你从期望和方差的角度为投资公司选择一个合理的方案，并说明理由.21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与点的距离的最大值为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）点在直线上，点关于轴的对称点为，直线分别交椭圆于两点（不同于点）.求证：直线过定点.22．已知.（1）判断函数的单调性；（2）若是函数的两个极值点，且，求证：.1．B2．C3．B4．D5．A6．C7．D8．B9．B,C10．A,D11．A,B,D12．B,C,D13．-8414．15．16．17．（1）解：由，有，.即，所以，因为，所以，即：，又因为，故.（2）解：解法一：设，则，在△中，由正弦定理知，，即，化简得，，则，即.解法二：如图所示，取中点，延长与的延长线交于点，连接，由有，由，设，则，即，故，所以，即为中点.又为中点，所以，又，所以△为正三角形，又平分，所以，所以.18．（1）解：由有，即，又，故，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以，即，故，两式相减得，即，所以，因此的通项公式为.（2）解：由（1）及，有，所以，又，因为均为正整数，所以存在正整数使得，故，所以除以3的余数为2.19．（1）证明：取中点靠近点的三等分点，连接，因为底面为直角梯形，且∥，则有∥=所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为矩形，所以，因为，所以，所以，因为平面，所以平面.又平面，所以，由，得，又，所以为等腰直角三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）可知，三条直线两两互相垂直且交于点，以为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，由，有，取，设平面的法向量为，由，有，取，.设平面与平面所成锐二面角为，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20．（1）解：由图1知，“年轻人”占比为，即有人），“非年轻人”有200人由图2知，“经常使用直播销售用户”占比为，即有（人），“不常使用直播销售用户”有（人）.“经常使用直播销售用户中的年轻人”有（人），“经常使用直播销售用户中的非年轻人”有120-人.∴补全的列联表如下：年轻人非年轻人合计经常使用直播销售用户10020120不常使用直播销隹用户602080合计16040200零假设：经常使用网络直播销售与年龄相互独立，即经常使用网络直播销售与年龄无关.于是.∴.根据小概率的独立性检验，我们推断成立，即认为经常使用网络直播销售与年龄无关.（2）解：若按方案一，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：3000万元..（或.）若按方案二，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：5000万元，106900.（或.）∵.①方案一与方案二的利润均值差异不大，但方案二的方差要比方案一的方差大得多，从稳定性方面看方案一线下销售更稳妥，故答案为：方案一.②方案一的利润均值低于方案二，选择方案二.21．（1）解：设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，得，设点为椭圆上一点，则，则，因为，所以，①当时，，解得（舍去）；②当时，，解得；综上所述：，则，故椭圆的标准方程为.（2）证明：①当斜率不存在时，设且，则，则直线为，令，得，即，同理可得.∵与关于轴对称，则，解得，矛盾；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，设，其中且，联立方程组，消去化简可得，，则，所以，由，可得，所以直线的方程为，令，得，即，直线的方程为，令，得，即，因为和关于轴对称，则，把代入上式，则，整理可得，则，∵，则，可得，化简可得，则直线的方程为，即，所以直线过定点；综上所述：直线过定点.22．（1）解：易知函数的定义域为，又，当时，，，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，或，，所以在上单调递减，在和上单调递增；当时，，所以在上单调递增；当时，或，，所以在上单调递减，在和上单调递增.综述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，，所以在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增.（2）证明：由，有，由题意可知是方程的两个不同的正根，因此，即：，又因为，所以，又因为，所以.所以.（i）先证：.证法一：要证明，只需证明，因为，，所以只需证明，即证，又，故只需证明，即证，因为，故，所以，令，，则，故在上单调递减，所以，即，证毕.证法二：因为，所以由（1）可知，在上单调递减，要证，只需证明，因为，所以，故，证毕.（ii）再证：.要证，即证，只需证明，又，故只需证明，即证，因为，所以.综上，.