湖南省名校2023届普通高等学校招生全国统一考试考前演练一数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省名校2023届普通高等学校招生全国统一考试考前演练一数学试题（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年普通高等学校招生全国统一考试考前演练一
数学
满分150分 时量120分钟
一、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】B
【解析】
【分析】先计算，再进行交集运算即可.
【详解】，，
，
故选：B.
2. 已知i是虚数单位，复数在复平面内对应的点为P，Q，若（O为坐标原点），则实数（ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知得出，，根据向量垂直的坐标运算得出答案.
【详解】复数，
则，，
则，，
，
，解得，
故选：D.
3. 洞庭湿地保护区于长江中游的湖南省，面积168000公顷，为了保护该湿地保护区内的渔业资源和生物多样性，从2003年起全面实施禁渔期制度.该湿地保护区的渔业资源科学研究培殖了一批珍稀类银鱼鱼苗，从中随机抽取100尾测量鱼苗的体长（单位：毫米），所得的数据如下表：
分组（单位：毫米）






频数
10
10
m
35
15
n
若依上述6组数据绘制的频率分布直方图中，分组对应小矩形的高为0.01，则该样本中的分位数的银鱼鱼苗的体长为（保留一位小数）（ ）
A. 87毫米 B. 88毫米 C. 90.5毫米 D. 93.3毫米
【答案】D
【解析】
【分析】先根据直方图中 分组对应小矩形的高为0.01，计算频率，从而可得 ,然后由百分位数概念直接计算可得.
【详解】由题意可知， 内的频率为0.05 ，所以, ， 鱼苗体长在 内的频率为0.80 ，在 内的频率为0.95，所以 90％分位数在区间 内，大小为 .
故选：D
4. 函数在的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，
因为，
所以排除选项；
当时，有一零点，设为，当时，为减函数，
当时，为增函数．
故选：D.

5. 在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积与三棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】证明,为直角三角形后可得的中点为外接球的球心，为半径,分别计算外接球的表面积与三棱锥的体积即可.
【详解】
取的中点,连接，
因为面 面面
所以，
所以，
所以，，
因为面 面
所以面，
又因为面，
所以，
所以，所以，
所以为三棱锥的外接球的圆心,半径，
所以球的表面积为，
三棱锥的体积为，
故.
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知利用二倍角公式和两角差的正弦公式，化简已知等式可得，结合，利用二倍角公式可求出.
【详解】，
，
得，
得，
可得，
，，，
又，
得，
解得.
故选：A
7. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，若点P是满足的阿氏圆上的任意一点，点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为R，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.
【详解】设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.

故选：D.
8. 已知函数（e是自然对数的底数），若存在，使得，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，得到，再研究函数的单调性，得到，将表示出来，然后利用换元法转化为二次函数求最值即可.
【详解】，，，
，，
当时，，，
由得，由得，所以在上递增，在上递减，
在处取得最小值，，
，
令，则，，
当时，取得最小值，当时，取得最大值0，
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 以下说法正确的是（ ）
A. 命题的否定是：
B. 若，则实数
C. 已知，“”是的充要条件
D. “函数的图象关于中心对称”是“”的必要不充分条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据命题的否定可判断A，根据恒成立以及基本不等式可判断B，根据不等式的性质可判断C，根据正切函数以及正弦函数的性质可判断D.
【详解】对于A,命题的否定是：,故A正确，
对于B, ，则对恒成立，故，由于，故，因此B错误，
对于C， ，若，则，若，此时，若，则，因此对任意的，都有，充分性成立，若，如果 ，则由，如果 ，则由，若，显然满足，此时，如果，不满足，综合可知：，所以必要性成立，故“”是的充要条件，故C正确，
对于D，的对称中心为 ,所以不一定为0，，则,此时 ，故是的对称中心，故函数的图象关于中心对称”是“”的必要不充分条件，故D正确，
故选：ACD
10. 已知，则下列结论正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可得，进而可借助导数、指数函数的单调性及不等式的基本性质对选项逐一进行分析.
【详解】可得 ，
时，为递减函数，故，故A正确；
取，则，故B错误；
令时，恒成立，
故在上单调递增，
时，有，故，故C正确；
，，则，
则，又
则，故，故D正确；
故选：ACD.
11. 如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（ ）

A. 当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B. 四棱锥的体积的最大值为
C. 若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D. 若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，分析点A与点C重合时三角形ADE翻折旋转所得的几何体类型，即可得到几何体的表面积；B项，通过表达出的体积，即可求出四棱锥的体积的最大值；C项，通过三角形的等面积法即可求出点F到平面ACD的距离；D项，通过C项的三角形ACE为正三角形时，由余弦定理得到异面直线AC与BD所成角的余弦值为，即可求出异面直线AC与BD所成角的余弦值为时，A、C两点间的距离.
【详解】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴,,,
∴,，
对于A项，
当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为以2为半径高为1的半个圆锥，
∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
,
故A正确；
对于B项，
设，则，
设点到的距离为，
则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，
∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，,
过点作，连接，
取的中点,连接，，

在中，,点F为AB的中点，
由几何知识得，，
在中，,
∴，为的中点，
在中，为的中点，,点F为AB的中点，
∴,,,
在中，
在四边形中，由几何知识得，,，
∴四边形是矩形，，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：,故C错误，
由几何知识得，，,
∴,此时即为异面直线AC与BD所成的角，
由余弦定理，
，
代入数据，解得：，
∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为，
故D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题考查几何体的表面积，体积，空间点到平面的距离，异面直线所成的角，余弦定理等，具有极强的综合性。
12. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 椭圆的离心率是
C. 的最小值为 D. 的值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用椭圆与抛物线的对称性得到，从而将代入抛物线方程得到，进而得以判断；对于B，将代入椭圆的方程得到，由此得以判断；对于C，利用椭圆的定义与基本不等式“1”的妙用即可判断；对于D，利用三角形内心的性质与三角形角平分线的性质，结合比例的性质即可判断.
【详解】对于A，因为椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为A，则，，，，

因为抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，
所以由椭圆与抛物线的对称性可得，两点关于轴对称，不妨设，，，
因为四边形是菱形，所以的中点是的中点，
所以由中点坐标公式得，则，
将代入抛物线方程得，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，由选项A得，再代入椭圆方程得，
化简得，则，故，所以，故B错误；
对于C，由选项B得，所以，则，
所以，不妨设，则，且，
所以，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，连接和，如图，

因为的内心为，所以为的平分线，则有，
同理：，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用椭圆与抛物线的对称性，可设的坐标，再由菱形的性质与中点坐标公式推得，从而求得的值，由此得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分.
13. 的展开式中含项的系数为____________.
【答案】
【解析】
【分析】先求展开式中项，然后乘以可得.
【详解】展开式的通项为，
令或，得（舍去），，
所以展开式中含的项为.
故答案为：
14. 已知的非零数列前n项和为，若，则的值为____________.
【答案】65
【解析】
【分析】根据的关系可得，进而根据等差数列的求和公式以及分组求和即可求解.
【详解】由得：，
故两式相减得，
由于为非零数列，故，所以的奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，且等差均为2，
所以，
故答案为：65
15. 已知双曲线的右焦点，点A是圆上一个动点，且线段AF的中点B在双曲线E的一条渐近线上，则双曲线E的离心率的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】先表示出点B的坐标，然后代入双曲线的渐近线方程，可得的范围，然后可得结果.
【详解】因为点A是圆上一个动点，所以设，
则，不妨设双曲线的一条渐近线方程为，
因为点B在双曲线的一条渐近线上，所以，即；
因为，其中，
因为，所以，即离心率.
故答案为：
16. 若函数与的图像有两个不同的公共点，则a的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【分析】令,根据题意在有两个零点，求导借助导数研究单调性分析得，的极小值，其中，进而转化为能成立问题，借助基本不等式求解即可.
【详解】令，
函数与的图像有两个不同的公共点，
等价于在有两个零点，
，
令，则，
令，，易得恒成立，
故在单调递增，易得，
故存在，使得，即，即，
当时，，等价于，则在上单调递减，
当时，，等价于，则在上单调递减，
故为极小值，因为在有两个零点，
则，即，
因为，则，
则，即，解得
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.
17. 已知正项等比数列的的前n项和为，且满足：，
（1）求数列的通项；
（2）已知数列满足，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求等比数列的通项公式用公式法，基本量代换；
（2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得数列的前项和.
【小问1详解】
设的公比为，，
∵，∴，
∴，即，
∴，又，∴.
【小问2详解】
∵，
∴，
∴，
相减得，，
∴，
所以.
18. 已知函数.
（1）求函数的定义域和值域；
（2）已知锐角的三个内角分别为A，B，C，若，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）2
【解析】
【分析】（1）先化简，然后利用真数大于0可得，即可求出定义域，继而求出值域；
（2）先利用（1）可得，结合锐角三角形可得，然后利用正弦定理进行边变角即可求出答案
【小问1详解】
，
所以要使有意义，
只需，即，
所以，解得
所以函数的定义域为，
由于，所以，
所以函数值域为；
【小问2详解】
由于，所以，
因为，所以，所以即，
由锐角可得，所以，
由正弦定理可得，
因为，所以所以，
所以的最大值为2.
19. 2022年12月15至16日，中央经济工作会议在北京举行.关于房地产主要有三点新提法，其中“住房改善”位列扩大消费三大抓手的第一位.某房地产开发公司旗下位于生态公园的楼盘贯彻中央经济工作会议精神，推出了为期10天的促进住房改善的惠民优惠售房活动，该楼盘售楼部统计了惠民优惠售房活动期间到访客户的情况，统计数据如下表：（注：活动开始的第i天记为，第i天到访的人次记为，）
（单位：天）
1
2
3
4
5
6
7
（单位：人次）
12
22
42
68
132
202
392

（1）根据统计数据，通过建模分析得到适合函数模型为（c，d均为大于零的常数）.请根据统计数据及下表中的数据，求活动到访人次y关于活动开展的天次x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的人次；
参考数据：其中；
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；
（2）该楼盘营销策划部从有意向购房的客户中，随机通过电话进行回访，统计有效回访发现，客户购房意向的决定因素主要有三类：A类是楼盘的品质与周边的生态环境，B类是楼盘的品质与房子的设计布局，C类是楼盘的品质与周边的生活与教育配套设施.统计结果如下表：
类别
A类
B类
C类
频率
0.4
0.2
0.4
从被回访的客户中再随机抽取3人聘为楼盘的代言人，视频率为概率，记随机变量X为被抽取的3人中A类和C类的人数之和，求随机变量X的分布列和数学期望.
【答案】（1）；690
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）将转换为，由最小二乘法求回归直线方程，再换回形式；
（2），结合二项分布的概率公式及期望公式即可求.
【小问1详解】
由得，
由，，，
∴，.
则所求回归方程为：.
当时，，故预测活动推出第8天售楼部来访的人次为690；
【小问2详解】
由题意得，A类和C类被抽取得概率为，X可取0，1，2，3，且 ，
∴，，
，.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P




X的数学期望为.
20. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.

（1）求证：；
（2）若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数的值.
【小问1详解】
由题意，
在四棱锥中，取的中点为，连接，，

在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四边形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
小问2详解】
由题意及（1）得，，，，，
在四棱锥中，侧面底面，面底面，
∴，
∵侧棱与底面所成角的正切值为，
设，
∴由几何知识得，，四边形是平行四边形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，，，，，，
∵为侧棱上的动点，且，
设
由几何知识得，，解得：，
在面中，其一个法向量为，
在面中，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得：
当时，，
设平面与平面的夹角为
∵平面与平面的夹角的余弦值为
∴
解得：或（舍）
∴存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若△为等边三角形，且点在椭圆E上.
（1）求椭圆E方程；
（2）设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】（1）
（2）点或
【解析】
【分析】（1）由已知条件，椭圆的定义及的关系可知和，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；
（2）设点，，由直线的方程即可求出点的坐标，由的方程即可求出点的坐标，由已知条件可知，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.
【小问1详解】
∵△为等边三角形，且，
∴，
又∵，∴，
设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程得，解得，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
由已知得，设，,
则直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为，
直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为,
∵∴,∴，
又∵，，
∴，即，
整理得，
①若直线的斜率存在时,设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立得，
其中，
，，
即，，，
所以或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
②若直线的斜率不存在时，
由得，
即，解得或，
此时直线的方程为或，
所以此时直线恒过点或，
综上所述，直线恒过点或.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）若，，求实数a的取值范围.
【答案】（1）详解见解析； （2）证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】(1)利用导数，分类讨论当、时的单调性，即可求解；
(2)令，利用二次求导讨论函数的单调性即可证明；
(3)原不等式可化为.当时利用导数证明、，进而证明，再次利用导数讨论函数的单调性即可求解；易知当时，不符合题意.
【小问1详解】
，则，
当时，令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上，函数的单调减区间为，单调增区间为；
【小问2详解】
令，则，
设，则，
所以函数单调递增，有，
所以函数在上单调递增，有，
所以当时，，即证；
小问3详解】
，即，
即，令，
则，
若，当时，，，
令，则，
则函数单调递增，且，即；
令，则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
则，即，
所以，则，
所以函数在上单调递增，且，
即恒成立.
当时，，
存在实数，使得均有，
则函数在上单调递减，且，不符合题意，
所以当时，不符合题意.
综上，a的取值范围为.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．