2023屆湖南省湖南師大附高高三下學(xué)期3月模擬試卷（一）數(shù)學(xué)試題

湖南師大附中2023屆模擬試卷（一）數(shù)學(xué)注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名?考生號?考場號?座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第I卷一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.滿足等式的集合共有（）個個個個2.已知，則（）A.B.C.D.3.已知函數(shù)是定義域為的偶函數(shù)，且為奇函數(shù)，當(dāng)時，.若，則（）A.2B.04.正整數(shù)的倒數(shù)的和已經(jīng)被研究了幾百年，但是迄今為止仍然沒有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；當(dāng)很大時.其中稱為歐拉一馬歇羅尼常數(shù)，，至今為止都不確定是有理數(shù)還是無理數(shù).設(shè)表示不超過的最大整數(shù).用上式計算的值為（）（參考數(shù)據(jù)：）5.甲?乙?丙?丁?戊5名志愿者參加三月份學(xué)雷鋒活動，現(xiàn)有三個小區(qū)可供選擇，每個志愿者只能選其中一個小區(qū).則每個小區(qū)至少有一名志愿者，且甲不在小區(qū)的概率為（）A.B.C.D.6.如圖，已知正四棱臺中，，點分別為的中點，則下列平面中與垂直的平面是（）A.平面B.平面C.平面D.平面7.已知函數(shù)，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)圖象均相切，則實數(shù)的取值范圍為（）A.B.C.D.8.已知點和數(shù)列滿足，.若分別為數(shù)列的前項和，則（）A.-20B.C.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.下列命題正確的有（）A.若是的根，則該方程的另一個根必是.B.C.D.已知是虛數(shù)單位，，則的最小值為10.甲箱中有4個紅球，2個白球和3個黑球，乙箱中有3個紅球，3個白球和3個黑球，先從甲箱中隨機取出一球放人乙箱，分別以和表示由甲箱取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙箱中隨機取出一球，以表示由乙箱取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論正確的是（）A.事件與事件相互獨立B.C.D.11.已知是拋物線的焦點，點在拋物線上，過點的兩條互相垂直的直線分別與拋物線交于和，過點分別作的垂線，垂足分別為，則（）A.四邊形面積的最大值為2B.四邊形周長的最大值為C.為定值D.四邊形BDCE面積的最小值為3212.已知為圓錐底面圓的直徑（為頂點，為圓心），點為圓上異于的動點，，研究發(fā)現(xiàn)：平面和直線所成的角為，該圓錐側(cè)面與平面的交線為曲線.當(dāng)時，曲線為圓；當(dāng)時，曲線為橢圓；當(dāng)時，曲線為拋物線；當(dāng)時，曲線為雙曲線.則下列結(jié)論正確的為（）A.過該圓錐頂點的平面截此圓錐所得截面面積的最大值為2B.的取值范圍為C.若為線段上的動點，則D.若，則曲線必為雙曲線的一部分第II卷三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.設(shè)為正整數(shù)，展開式的二項式系數(shù)的最大值為展開式的二項式系數(shù)的最大值為，若，則的展開式中，的系數(shù)為__________.14.科拉茨是德國數(shù)學(xué)家，他在1937年提出了一個著名的猜想：任給一個正整數(shù)，如果是偶數(shù)，就將它減半（即）；如果是奇數(shù)，則將它乘3加1（即），不斷重復(fù)這樣的運算，經(jīng)過有限步后，一定可以得到1.這是一個很有趣的猜想，但目前還沒有證明或否定.如果對正整數(shù)（首項）按照上述規(guī)則施行變換后的第8項為1（注：1可以多次出現(xiàn)），則滿足條件的的所有不同值的和為_________.15.已知橢圓與雙曲線有共同的焦點，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，點為橢圓與雙曲線在第一象限的交點，且，則的最大值為__________.16.設(shè)分別是函數(shù)且的極小值點和極大值點，若，則的取值范圍是__________.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.（本小題滿分10分）在中，角的對邊分別為，已知，且.（1）求的外接圓半徑；（2）求內(nèi)切圓半徑的取值范圍.18.（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，為等邊三角形，平面平面.（1）求點到平面的距離；（2）為線段上一點，若直線與平面所成的角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.19.（本小題滿分12分）第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦.在決賽中，阿根廷隊通過點球戰(zhàn)勝法國隊獲得冠軍.（1）撲點球的難度一般比較大，假設(shè)罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左?中?右三個方向射門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左?中?右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有的可能性撲不到球.不考慮其它因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲到點球的個數(shù)的分布列和期望；（2）好成績的取得離不開平時的努力訓(xùn)練，甲?乙?丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓(xùn)練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接住.記第次傳球之前球在甲腳下的概率為，易知.①試證明：為等比數(shù)列；②設(shè)第次傳球之前球在乙腳下的概率為，比較與的大小.20.（本小題滿分12分）如圖，已知曲線及曲線.從上的點作直線平行于軸，交曲線于點，再從點作直線平行于軸，交曲線于點，點的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列.（1）試求與之間的關(guān)系，并證明：；（2）若，求的通項公式.21.（本小題滿分12分）已知雙曲線的一個焦點為為坐標(biāo)原點，過點作直線與一條漸近線垂直，垂足為，與另一條漸近線相交于點，且都在軸右側(cè)，（1）求雙曲線的方程；（2）若直線與雙曲線的右支相切，切點為與直線交于點，試探究以線段為直徑的圓是否過軸上的定點.22.（本小題滿分12分）已知函數(shù)為的導(dǎo)數(shù).（1）若為的零點，試討論在區(qū)間上零點的個數(shù)；（2）當(dāng)時，，求實數(shù)的取值范圍.數(shù)學(xué)參考答案題號123456789101112答案DCABBCBDACBDABDACD一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.6014.19015.16.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.【解析】（1）由正弦定理，，可得再由余弦定理，，又，所以.因為，所以.（2）由（1）可知：，則.則.在中，由正弦定理，，所以，則，又，所以，所以，，所以.18.【解析】（1）取中點，連接.為等邊三角形，.又平面平面，平面平面，平面平面.又平面..又平面平面平面.又平面..設(shè)點到平面的距離為，則即.（2）由（1），分別以為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則，.設(shè)，則.得，則.又平面，則取平面的法向量.設(shè)與平面所成的角為，則，解得.則.設(shè)平面的法向量，則令，則取平面的法向量，又平面的法向量.故平面與平面夾角的余弦值為.19.【解析】（1）方法一：的所有可能取值為，在一次撲球中，撲到點球的概率，所以，所以的分布列如下：0123.方法二：依題意可得，門將每次可以撲到點球的概率為，門將在前三次撲到點球的個數(shù)可能的取值為，易知，所以，故的分布列為：0123所以的期望.（2）（1）第次傳球之前球在甲腳下的概率為，則當(dāng)時，第次傳球之前球在甲腳下的概率為，第次傳球之前球不在甲腳下的概率為，則，即，又，所以是以為首項，公比為的等比數(shù)列..（2）由（1）可知，所以，所以，故.20.【解析】（1）由已知，，從而有，因為在上，所以有，解得，由及，知，下證：.因為，所以與異號，注意到，知，即..（2）由可得，所以有，即是以為首項，以為公比的等比數(shù)列，則，解得.21.【解析】（1）不妨設(shè)點在第一象限，，則.因為，則.由已知，，即，即.因為，則，即.因為為漸近線的傾?角，則，即.又，則.所以雙曲線的方程是.（2）由題意易知直線的斜率存在，設(shè)其方程為，聯(lián)立直線與雙曲線的方程，消去，得，，得，則，設(shè)切點，則，.設(shè)，因為是直線與直線的交點，所以，假設(shè)軸上存在定點滿足條件，則恒成立，即：，故存在，使得，即，所以軸上存在定點在以為直徑的圓上.22.【解析】（1）由題意，，因為為的零，點，所以，即，從而，①因為，所以0是的零點；②當(dāng)時，設(shè)，則，（i）若，令，則，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，因為，所以存在唯一的，使得，當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞減；.（ii）若，令，則，故在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以.又，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減；（iii）若，則在區(qū)間上單調(diào)遞減.由（i）（ii）（iii）可得，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，因為，所以存在唯一使得.當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞增