2023届湖南师范大学附属中学高三一模数学试题含解析

这是一份2023届湖南师范大学附属中学高三一模数学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南师范大学附属中学高三一模数学试题

一、单选题
1．满足等式的集合X共有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
2．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】应用二倍角正余弦公式可得，再由二倍角正切公式求即可.
【详解】由，
又.
故选：C
3．已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，.若，则（    ）
A．2 B．0 C． D．
【答案】A
【分析】由函数性质判断函数的周期性，根据特殊值求的值，再根据函数的解析式，代入求值.
【详解】为奇函数，，
又为偶函数，，，
即，所以函数的周期为4，
由，令，易得，

，解得，
当时，.
故选：A
4．正整数1，2，3，…，的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；当很大时.其中称为欧拉—马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数.用上式计算的值为（    ）（参考数据：，）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】，
利用估计范围，从而求得值.
【详解】由题意知.
而，
又，
，
，
，
，
故，
故选：B
5．甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为或
当5人被分为时，情况数为;
当5人被分为时，情况数为；
所以共有.
由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则
共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，
所以甲不在小区的概率为
故选：B.
6．如图，已知正四棱台中，，，，点分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（    ）

A．平面 B．平面DMN C．平面ACNM D．平面
【答案】C
【分析】延长交于一点，取中点，连接，根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形，即可得，，由长度关系及平行可证明，，即可证明在上，在上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】解：延长交于一点，取中点，连接，如图所示：

因为正四棱台，所以为正四棱锥，
因为，，，且，
所以，即，解得，
所以，即为等边三角形，
因为为中点，所以，且，同理可得，
因为，所以，即，
因为为中点，所以，
故，，
因为，，
所以，，
所以，，
因为，，
所以在上，在上，
因为，，所以，，
即，，因为平面，平面，
，所以平面.
故选：C
7．已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：

所以，解得，故实数a的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.
8．已知点和数列满足，若分别为数列的前项和，则（    ）
A． B． C． D．0
【答案】D
【分析】根据题意分析可得数列均是周期为6的数列，运算求解即可得结果.
【详解】由题意可得：，
则，
∵，则，
由，则，
同理，，
即数列均是周期为6的数列，而，

故选：D.

二、多选题
9．下列命题正确的有（    ）
A．若是的根，则该方程的另一个根必是.
B．
C．
D．已知是虚数单位，，则的最小值为
【答案】AC
【分析】对于A，根据复数范围内，实系数一元二次方程的求根公式求解即可；
对于B，根据向量加法几何意义求解即可；
对于C，根据复数的乘法运算法则和复数模的计算公式求解即可；
对于D，根据虚数不可以比较大小，实数可以比较大小确定再结合对勾函数求出的最小值即可.
【详解】对于A，根据复数范围内，实系数一元二次方程的求根公式知，两个虚数根互为共轭复数，所以是的根，则该方程的另一个根必是，故选项A正确；
对于B，设，，由向量加法几何意义可知：，故选项B错误；
对于C，令，，
则，
故，
，故选项C正确；
对于D，即
则，根据对勾函数知识时单调递增，所以，故选项D错误；
故选：AC.
10．甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）
A．事件B与事件相互独立 B．
C． D．
【答案】BD
【分析】本题主要考察条件概率与全概率公式，对学生基础知识的考察比较广泛。由题意可得B与Ai(I=1,2,3...)是两两互斥的事件，利用条件概率的概率公式求出即可，求出相应的概率与条件，全概率，进而得到答案.

【详解】，，
先发生，则乙袋中有4个红球3白球3黑球，
先发生，则乙袋中有3个红球4白球3黑球，，
先发生，则乙袋中有3个红球3白球4黑球，．
，B对．


，C错．
，A错．
，D对．
故选:BD.
11．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则（    ）
A．四边形面积的最大值为2
B．四边形周长的最大值为
C．为定值
D．四边形面积的最小值为32
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算推理判断C，D作答.
【详解】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，准线方程为：，直线，与坐标轴不垂直，
因为，，则四边形为矩形，有，
当且仅当时取等号，，即四边形面积的最大值为2，A正确；
因为，则，
当且仅当时取等号，因此四边形周长的最大值为，B正确；

设直线方程为：，，由消去y得：，则，
，同理，
因此，C错误；
四边形面积，
当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为32，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
12．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（    ）
A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．若，则曲线必为双曲线的一部分
【答案】ACD
【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.
【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；

对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；
对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，
，C正确；
对选项D：由，可解得或者，而，
所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.
故选：ACD.
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.

三、填空题
13．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为___________.
【答案】
【分析】由二项式定理及列方程求得，再确定的系数即可.
【详解】由题设知：，则，即，解得，
而，又含项为，又，含项为，
故的系数为：.
故答案为：
14．科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半（即）；如果是奇数，则将它乘3加1（即），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.这是一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定.如果对正整数（首项）按照上述规则施行变换后的第8项为1（注：1可以多次出现），则满足条件的的所有不同值的和为___________.
【答案】190
【分析】利用第八项为1出发，按照规则，逆向逐项即可求解n的所有可能的取值.
【详解】设对正整数按照上述变换，得到数列：，则：

则的所有可能取值为，共6个.其和为，
故答案为：190.
15．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.
【详解】设椭圆，双曲线，
且设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
得，，
得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，
所以，
当即时，取最大值为.
故答案为：.
16．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．


四、解答题
17．在中，角的对边分别为，已知，且.
(1)求的外接圆半径；
(2)求内切圆半径的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得，由求；
（2）由正弦定理求的范围，再用求得后即可求的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理，，可得
再由余弦定理，，又，所以.
因为，所以.
（2）由（1）可知：，则.

则.
在中，由正弦定理，
，所以，
则

，
又，所以，
所以，
，所以.
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．

(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵为等边三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
设点A到平面PBC的距离为h，
则即，∴；

（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.
设，则，.
得，则.
又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.
设AE与平面ABCD所成的角为，则
，解得.
则，.
设平面ADE的法向量，则.
令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.

19．第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②

【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
【详解】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：

0
1
2
3







方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：

0
1
2
3






所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
20．如图，已知曲线及曲线.从上的点作直线平行于轴，交曲线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点，点的横坐标构成数列.

(1)试求与之间的关系，并证明：；
(2)若，求的通项公式.
【答案】(1)，证明见解析
(2)

【分析】（1）由题意可得，从而有，再根据在上，即可得与之间的关系，根据，可得与异号，再结合，即可得证；
（2）根据，可得，两式相除，利用构造法结合等比数列的通项即可得解.
【详解】（1）由已知，，从而有，
因为在上，所以有，
所以，
由及，知，下证：，
因为，所以与异号，
因为，所以，所以，
即；
（2）由
可得，
两式相除得，
又，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，
则，解得.
21．已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，过点作直线与一条渐近线垂直，垂足为，与另一条渐近线相交于点，且都在轴右侧，
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线的右支相切，切点为与直线交于点，试探究以线段为直径的圆是否过轴上的定点.
【答案】(1)
(2)过定点，理由见解析

【分析】（1）设，表达出，得到方程，求出，即，结合焦点坐标，求出，得到双曲线方程；
（2）得到直线的斜率存在，设其方程为，与双曲线方程联立，求出切点坐标，并联立两直线方程，得到点的坐标，假设轴上存在定点满足条件，根据得到方程，求出，得到答案.
【详解】（1）不妨设点A在第一象限，，则.
因为，则.
由已知，，即，
即.
因为，则，即.
因为为渐近线的倾斜角，则，即.
又，则.
所以双曲线的方程是.
（2）当直线的斜率不存在时，直线与平行，不合要求，
故直线的斜率存在，设其方程为，
联立直线与双曲线的方程，消去，
得，
，
得，则，
设切点，则，
.
设，因为是直线与直线的交点，
所以，
假设轴上存在定点满足条件，则恒成立，
即：


，
故存在，使得，即，
所以轴上存在定点在以为直径的圆上.
【点睛】圆过定点问题常见策略，方法一：通法，引入参变量，建立曲线方程，通常要求出两交点的横坐标或纵坐标的和与积，再利用直径所对的角为直角，采用向量数量积为0列出方程，求出定点，这当中可由对称性猜测出定点所在的位置，从而简化计算；
方法二：根据题目条件，挖掘出隐含的几何关系，从而找到圆过得定点，难度较大.
22．已知函数，为的导数.
(1)若为的零点，试讨论在区间的零点的个数；
(2)当时，，求实数m的取值范围.
【答案】(1)两个
(2)

【分析】（1）由题意得到，先得到，再由时，设，则，分、和三种情况讨论，即可求解；
（2）当时，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，函数，可得，
因为为的零点，所以，即，
从而，
①因为，所以0是的零点；
②当时，设，则，
（ⅰ）若，令，则，
所以在单调递减，因为，
所以存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
（ⅱ）若，令，则，故在上单调递减，所以.又，
所以在上单调递减；
（ⅲ）若，则在上单调递减.
由（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）可得，在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以存在唯一使得.
当时，，在上单调递增，，
当时，，在上单调递减，
因为，所以在上有且只有一个零点.
综上可得，在上有两个零点.
（2）（2）当时，，则不等式化为，即为.
令，
则
当时，，在单调递增，且，故时满足题意；
当时，令，则在有无数零点
所以存在最小的一个，使，则在单调递增，
所以，即，所以，使，
所以，故不满足题意，舍去.
当时，因为，所以，令，，不满足题意，舍去.
综上可得，，即实数的取值范围是.