2023届湖南省湘潭市高三上学期入学摸底考试数学试题含答案

2023届湖南省湘潭市高三上学期入学摸底考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则(       )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求解二次方程，确定集合A和集合B，根据集合交集运算法则计算即可．

【详解】∵且，∴．

故选：A．

2．复数（       ）

A． B．1 C． D．i

【答案】C

【分析】根据复数的运算法则计算即可.

【详解】因为，

所以，

故选:C.

3．若函数的图象由函数的图象经过以下变换得到的， 则该变换为（       ）

A．向左平移 个单位长度 B．向左平移 个单位长度

C．向右平移 个单位长度 D．向右平移 个单位长度

【答案】D

【分析】根据三角函数的图象变换的规则，即可求解.

【详解】由题意，函数，

所以函数向右平移 个单位长度，即可得到.

故选：D.

4．已知直三棱柱 的侧棱和底面边长均为 分别是棱 上的点， 且 ， 当 平面 时， 的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】过作交于，利用线面平行的性质可得，进而可得四边形为平行四边形，，即得.

【详解】过作交于，连接，

因为，∴，故共面,

因为 平面 ，平面平面 ，平面，

所以，又,

∴四边形为平行四边形，

又，

∴，

所以.

故选：B．

5．设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产规格的芯片， 现有 20 块该规格的芯片， 其中甲、乙生产的芯片分别为 12 块， 8 块， 且乙生产该芯片的次品率为， 现从这 20 块芯片中任取一块芯片， 若取得芯片的次品率为， 则甲厂生产该芯片的次品率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为，得到则，，，，再利用全概率公式求解即可.

【详解】设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，

甲厂生产该芯片的次品率为，

则，，，，

则由全概率公式得：，解得，

故选：B．

6．牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法.若定义是函数零点近似解的初始值，在点的切线为，切线与轴交点的横坐标为，即为函数零点近似解的下一个初始值，以此类推，X满足精度的初始值即为函数零点近似解．设函数，满足．应用上述方法，则（       ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意依次计算即可得出答案.

【详解】因为，所以，又，

所以在点的切线方程为，

令得，所以在点的切线方程为，

令，得，所以，所以在点的切线方程为，

令，得，

故选：C．

7．在四边形中，为的重心，，点在线段 上， 则的最小值为（       ）

A． B． C． D．0

【答案】A

【分析】首先根据平面向量的加法几何意义，三角形重心的性质和平面数量积的概念得到，再利用基本不等式性质即可得到答案.

【详解】如图所示：

因为，

所以，

于是有，

又，当且仅当时取等号，

所以.

故选：A

8．已知 , , , 则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造函数,判断其单调性可得到，再利用与1的大小比较可得到.

【详解】设函数，则，令函数，则，所以函数在上单调递减，所以，所以函数在上单调递减，所以，即，所以．

因为，易证当时，，所以，而，所以，所以，

故选：A．

二、多选题

9．已知函数，则下列说法正确的是（       ）

A．函数是周期函数

B．函数的最大值是

C．函数的图象关于点对称

D．函数的图象关于直线对称

【答案】AC

【分析】化简的解析式可得，即可求得最小正周期以及最大值，从而判断出A正确，B错误；代入检验即可以判断C正确D错误

【详解】因为，

所以是周期为2的周期函数，其最大值是，所以A正确，B错误；

因为，所以C正确D错误，

故选：AC．

10．已知函数 ， 则下列结论中正确的是（       ）

A．函数 是其定义域上的减函数

B．函数 是其定义域上的减函数

C．函数 是其定义域上的增函数

D．函数 是其定义域上的增函数

【答案】ABD

【分析】利用对数函数的性质与复合函数的单调性判断可解.

【详解】对于A，因为函数的定义域为，函数在上单调递减，所以A正确；

对于B，因为函数的定义域为，函数和在上单调递减，所以函数在上单调递减，所以B正确；

对于C，因为函数的定义域为，函数是偶函数，所以函数在上不可能是单调函数，所以C错误；

对于D，因为函数的定义域为，函数和在上单调递增，所以函数在上为增函数，所以D正确.

故选:ABD．

11．已知直线 与抛物线 交于 两点， 点 为坐标原点， 若线段的中点是 ， 则（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】联立抛物线与直线的方程，结合韦达定理，然后对选项逐一判断即可.

【详解】设，由得，所以，所以，

又点在直线l上，所以，所以A正确，B错误；

对于C，因为直线l经过抛物线的焦点，所以，所以C正确；

对于D，因为，所以

，所以，所以D错误，

故选:AC．

12．如图， 已知圆锥顶点为 ， 其轴截面 是边长为 6 的为正三角形， 为底面的圆心， 为圆 的一条直径， 球 内切于圆锥 （与圆锥底面和侧面均相切）， 点 是球 与圆锥侧面的交线上一动点，则（       ）

A．圆锥的表面积是 B．球的体积是

C．四棱锥体积的最大值为 D．的最大值为

【答案】BCD

【分析】根据给定条件，求出球O的半径，动点Q的轨迹圆的半径及线段长，再逐项计算判断作答.

【详解】依题意，动点Q的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为，连接，如图，

正内切圆即为球O的截面大圆，球心O、截面圆圆心都在线段上，连，

，则球O的半径，显然，，

，，

对于A，圆锥的表面积是，A错误；

对于B，球O的体积是，B正确；

对于C，因Q到平面AEBF的距离与截面圆圆心到平面的距离相等，均为，

则当四边形AEBF的面积最大时，四棱锥的体积最大，

，当且仅当，即时取“=”，

则四棱锥体积的最大值为，C正确；

对于D，因，则有，即，因此，

由均值不等式得：，即，当且仅当时取“=”，D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．设关于的不等式的解集为， 则的值等于_______．

【答案】

【分析】依题意可得、是方程的两根，利用韦达定理求出、的值，即可得解.

【详解】解：因为不等式的解集为，

所以、是方程的两根，所以，，

所以．

故答案为：

14．设， 若， 则的所有可能取值的个数是_______．

【答案】3

【分析】根据二项式系数的性质，即可得到的所有可能取值.

【详解】因为，且，即为系数的最大项，

由二项式系数性质知，的所有可能取值为，故的所有可能取值的个数是．

故答案为：．

15．某灯泡厂对编号为 的十五个灯泡进行使用寿命试验， 得到奇数号灯泡的平均使用寿命 （单位: 小时）为 1580 ， 方差为 15000 ， 偶数号灯泡的平均使用寿命为 1580 ， 方差为 12000 ，则这十五个灯泡的使用寿命的方差为_______．

【答案】

【分析】根据题意求得平均使用寿命为，结合方差的公式，即可求解.

【详解】由题意，十五个灯泡的平均使用寿命为，

所以方差．

故答案为：.

16．已知双曲线 的右顶点为， 若以点为圆心， 以 为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于 两点， 点 为坐标原点， 且 ， 则双曲线的离心率为_______．

【答案】

【分析】首先取的中点，连接．则，根据已知条件得到，从而得到，再求离心率即可.

【详解】如图所示：

取的中点，连接．则．

由知，，

又因为点到渐近线的距离，

所以，即，

又，代入化简得，即，

解得或（舍去），故．

故答案为：

四、解答题

17．设数列的前项和为，，数列是等差数列， 其前项和是， 且．

(1)求数列和的通项公式;

(2)求使得是数列中的项的的取值集合．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据与的关系，即可求得的通项，再根据的值，即可求得的通项.

（2）由（1）中结论，写出，将其形式化为通项的形式，即可得到结果.

【详解】(1)由知，．

当时，，所以，所以数列是等比数列，

故数列的通项公式为．

又因为，所以数列的公差为，

故数列的通项公式为；

(2)由（1）知，，

而，所以当且仅当时，是数列中的项．

即所求的m的取值集合为

18．设的内角的对边分别为，为钝角，且．

(1)探究与的关系并证明你的结论；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)，证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意及正弦定理得到，即，结合诱导公式，即可求解；

（2）由（1）得，令，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】(1)解：因为，由正弦定理得，

所以，即，

又因为，所以，

于是，所以.

(2)解：由（1）知，，所以，所以，

所以，

令，则且，

所以，

当时，取得最大值，最大值为，

当或时，函数值为，

所以的取值范围是．

19．如图，在四棱椎中，已知四边形是梯形，∥，，，是正三角形．

(1)求证：；

(2)当四棱锥体积最大时，求：

①点A到平面的距离；

②平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)①；②

【分析】(1)取AB的中点E，连接CE、AC，取BC中点，连接AO和PO.证明△ABC是等边三角形得AO⊥BC，结合线面垂直的判定方法证明BC⊥平面PAO即可；

(2)①由(1)可知底面梯形ABCD面积为定值，故当P到平面ABCD距离最大时，四棱锥体积最大，∵△PBC为等边三角形，边长确定，故当平面PBC⊥平面ABCD时，P到平面ABCD距离最大，且为△PBC的高，易证AO⊥平面PBC，故AO长度即为所求．

②以O为坐标原点，OA，OB，OP分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用向量法即可求解．

【详解】(1)如图，取AB的中点E，连接CE，AC．

∵，，

∴CD与AE平行且相等，∴四边形AECD是平行四边形，

又，∴四边形AECD是矩形，∴．

∴，∴是等边三角形．

取BC的中点O，连接AO，则．

连接PO，∵，∴，

∵，平面PAO，

∴平面PAO，∵PA平面PAO，∴；

(2)①由(1)知，是等边三角形，∴，

∴梯形ABCD的面积为定值，

故当平面平面ABCD时，四棱锥体积最大．

∵，∴平面ABCD，∴，

∵OA⊥BC，BC∩PO=O，BC、PO平面PBC，∴平面PBC，

故此时点A到平面PBC的距离等于；

②∵OP，OA，OB两两互相垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OP分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则．

由，可得．

∴，

．

设平面PAD的一个法向量为，

由得，可取，则．

设平面PAB的法向量为，

则，即，取，则，则．

设平面PAB与平面PAD的夹角为，则．

故所求的平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值为．

20．湘潭是伟人故里， 生态宜居之城， 市民幸福感与日倶增．某机构为了解市民对幸福感满意度， 随机抽取了 120 位市民进行调查， 其结果如下: 回答 “满意” 的 “工薪族”人数是 40 人， 回答 “不满意” 的“工薪族”人数是 30 人， 回答“满意”的“非工薪族”人数是 40 人， 回答“不满意” 的 “非工薪族”人数是 10 人．

(1)请根据以上数据填写下面 列联表， 并依据 的独立性检验， 分析能否认为市民对于幸福感满意度与是否为工薪族有关联?

(2)用上述调查所得到的满意度频率估计概率， 机构欲随机抽取部分市民做进一步调查．规定: 抽样的次数不超过， 若随机抽取的市民属于不满意群体， 则抽样结束; 若随机抽取的市民属于满意群体， 则继续抽样， 直到抽到不满意市民或抽样次数达到时，抽样结束.记此时抽样次数为 ．

(i) 若 ， 求 的分布列和数学期望;

(ii) 请写出 的数学期望的表达式 （不需证明）， 根据你的理解说明 的数学期望的实际意义．

附:

参考公式: ， 其中 ．

【答案】(1)列联表见解析，能

(2)(i) 分布列见解析，数学期望为；(ii)答案见解析

【分析】（1）根据题意，补全分布列，根据公式计算出的值即可得到答案；

（2）利用独立事件的乘法公式计算概率即可得到分布列，既而得到的数学期望.

【详解】(1)由题意可知

．

根据的独立性检验，认为市民对幸福感的满意度与是否为工薪族有关，此推断犯错误的概率不大于0．01；

(2)(i)当时，的取值为1，2，3，4，5．

由（1）可知市民的满意度和不满意度分别为和，

所以，

．

所以的分布列为

所以；

(ii)由①得

令，①

所以②

①-②得

所以

当n趋向于正无穷大时趋向于3，可以理解为平均每抽取3个人，就会有一个不满意的市民．

21．如图所示， 已知两点的坐标分别为，直线 的交点为，且它们的斜率之积．

(1)求点的轨迹的方程;

(2)设点为轴上 （不同于）一定点， 若过点的动直线与的交点为， 直线与 直线和直线分别交于两点， 求证：的充要条件为．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设点P的坐标为，根据，即可求得轨迹的方程；

（2）设直线MN的方程为，联立方程组求得，根据，得到，求得，又由，求得，即可得证．

【详解】(1)解：设点P的坐标为，

由题设得，

故所求的点P的轨迹的方程为．

(2)证明：设，由题设知，直线MN的斜率存在，

不妨设直线MN的方程为，且，

由消去y并整理得，

则且，

由，可得，所以，

整理得，

可得，

整理得

所以，

可得，即，

将代入，可得，则，同理．

由，可得，所以，即，

所以的充要条件为．

22．已知 ．

(1)若在定义域上单调递增， 求的取值范围;

(2)设函数，其中,若存在两个不同的零点．

① 求的取值范围;

② 证明:．

【答案】(1)

(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性可得不等式恒成立，构造函数，利用其导数判断单调性，进而求得参数范围;

（2）①求出的导数，利用导数判断其单调性，结合存在两个不同的零点，利用构造新函数以及取特殊值说明零点存在的范围，即可求得参数范围；

②设，利用导数判断其单调性，从而可得，即，令，结合的单调性，即可证明结论.

【详解】(1)的定义域为在定义域上单调递增，

故恒成立，

依题意可知，恒成立．

设，则，

当时，，当时，，

则在上单调递增，在上单调递减，

因此，故，即；

(2)①解：因为，，

所以，

当时，，

由（1）可知时，恒成立，即有恒成立，

故．

当时，，

则，则，

令，

当时，，当时，，

则在上单调递增，在上单调递减，从而．

当时，恒成立，此时单调递减，所以，

即，所以在上单调递减．

综上知，当时，单调递增，当时，单调递减，

由存在两个零点，得，即，从而．

设，可知当时，单调递增，

当时，单调递减，故，即，

由，

因此，取，则，且，

所以，

因此，在上存在一个零点．

又取，则，从，

因此，在 上也存在一个零点．

综上可知，a的取值范围为；

②证明：设，其中．

则，

由（1）可知，从而，

因此，

所以对任意，恒有，所以在上单调递减，

从而，

即．

令，则，又，且在上单调递减，

所以，故．

【点睛】本题考查了导数的应用，考查根据函数的单调性求参数范围以及利用导数解决函数的零点问题，以及证明不等式问题，综合性强，涉及知识点多，计算量大，能很好地而考查学生的综合素养，解答的关键时能根据题意合理的进行变式，从而构造新函数，从而利用导数解决相关问题.