2023届湖南省四大名校名师团队高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷（一）试题含解析

2023届湖南省四大名校名师团队高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷（一）试题

一、单选题

1．已知集合，若，则 的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先解不等式，化简集合，再由并集的结果，列出不等式求解，即可得出结果.

【详解】因为或，

又，

所以只需，解得，

故选：B.

2．设是虚数单位，已知复数满足，且复数是纯虚数，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的四则运算及纯虚数的定义可求．

【详解】由，得

，

又因为为纯虚数，所以，

故选：D．

3．已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据导数的几何意义及两直线垂直的斜率关系即可求出的值．

【详解】由，得，

因为函数的图象在处的切线与直线垂直，

所以，则．

故选：A．

4．《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.

【详解】由题意可知：，，

所以.

故选：A.

5．将函数图像上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若对于满足的，，都有，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由伸缩变换结合余弦函数的图像的特点得出和必然一个为极大值点，一个为极小值点，进而由周期得出的值.

【详解】解：由题可得，若满足，

则和必然一个为极大值点，一个为极小值点，

又，则，即，所以，所以．

故选：A．

6．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解

【详解】由题意可知，如图所示，

在抛物线上，则

易知，，由，

因为被直线截得的弦长为，则，

由，于是在中，

由解得：，所以．

故选：C.

7．已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.

【详解】连接，，由，

可知：和是等边三角形，

设三棱锥外接球的球心为，

所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，

是等边三角形，为中点，

所以，又因为侧面底面，侧面底面，

所以底面，而底面，因此，所以是矩形,

和是边长为的等边三角形，

所以两个三角形的高，

在矩形中，，连接，

所以，

设过点的平面为，当时，

此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，

，

因此圆的半径为：，所以此时面积为，

当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，

所以截面的面积范围为.

故选：A．

【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．

8．设，，，则，，的大小顺序为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据a、b、c的结构，构造函数，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小，从而可得到正确答案．

【详解】因为，，

故构造函数，则，

令，解得，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

又因为，，

所以，．

因为，又，

所以，即，故，

故选：A．

二、多选题

9．已知某批零件的质量指标单位：毫米服从正态分布，且，现从该批零件中随机取件，用表示这件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，则（    ）

A．P(25.35<<25.45)=0.8 B．E(X)=2.4

C．D(X)=0.48 D．

【答案】ACD

【分析】根据正态分布的对称性、概率公式，结合二项分布的公式，可得答案.

【详解】由正态分布的性质得P(25.35<<25.45)= 1-2 P(24.45)=1-20.1=0.8，故A正确；

则1件产品的质量指标值不位于区间(25.35，25.45)的概率为P=0.2，

所以，故E(X)=30.2=0.6，故B错误；

D(X)=30.20.8=0.48，故C正确；

，故D正确．

故选：ACD.

10．已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是（    ）

A．异面直线、所成角的大小为

B．直线与平面所成角的正弦值为

C．周长的最小值为

D．存在点使得平面

【答案】BC

【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．

【详解】如图，取的中点，连接，，

因为，分别是，的中点，

所以，且，所以四边形为平行四边形，

则，又正四棱锥的所有棱长均为，

则，所以异面直线，所成角为，故A错误；

设正方形的中心为，连接，，

则平面，，

设的中点为，连接，，

则，且平面，

所以为直线与平面所成角，所以，

中，，，，

所以由余弦定理可得，所以 ，

所以，故B正确；

将正和沿翻折到一个平面内，如图，

当，，三点共线时，取得最小值，

此时，点为的中点，，

所以周长的最小值为，故C正确；

若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，

而此时，与显然不垂直，故D错误；

故选：BC．

11．已知正数，满足，则下列不等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】构造函数，利用导数得出，由基本不等式判断A；由指数和对数的单调性以及不等式的性质判断BCD.

【详解】解：因为正数，满足，

所以，构造函数，，

令，恒成立，所以在上单调递增，

由复合函数的单调性可知在上单调递增，

所以在上单调递增，由，可得，

对于A，，所以，故A错误

对于B，由，可得，所以，故B正确

对于C，由，可得，则，故C错误

对于D，由，可得，，所以，所以，故D正确．

故选：BD．

12．已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线则下列正确的是（    ）

A．双曲线的方程为 B．

C． D．点到轴的距离为

【答案】ACD

【分析】由到的距离为以及渐近线方程为可求得，即可得出方程，判断A；由可求出判断B；结合双曲线定义可求得，求出，即可求出，判断C；利用等面积法可求得点到轴的距离，判断D.

【详解】到的距离为，，解得，

又渐近线方程为，则，结合可解得，，

则双曲线的方程为，故A正确；

为的平分线，，故B错误；

由双曲线定义可得，则可得，，

则在中，，

则，

则，即，故C正确；

在中，，

设点到轴的距离为d，则，

即，解得，故D正确．

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.

三、填空题

13．已知向量，则在方向上的投影是_____．

【答案】3

【分析】求出，以及，再利用向量投影的公式即可得到答案．

【详解】由题可得：，；

∴在方向上的投影是：．

故答案为3．

【点睛】本题考查向量投影的定义以及计算，熟练掌握向量投影的公式是关键，属于基础题．

14．已知甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，则__________．

【答案】##

【分析】由题意可求，，再根据条件概率的计算公式求解即可．

【详解】因为甲罐中有个红球、个黑球，所以，

因为，所以．

故答案为：．

15．在平面直角坐标系中，已知圆，，直线与圆相切，与圆相交于，两点，分别以点，为切点作圆的切线，设直线，的交点为，则的最大值为__________．

【答案】##

【分析】设，，由相切关系，建立点A，B坐标所满足的方程，即弦所在直线的方程，由直线与圆相切，得，求出m的最大值.

【详解】设点，，，，

因为分别以点A，B为切点作圆的切线，．

设直线，的交点为，所以，则，

即，所以，因为，

所以，即是方程的解，

所以点在直线上，

同理可得在直线上，

所以弦所在直线的方程为，

因为直线与圆相切，所以，

解得，得，

即的最大值为．

故答案为：3.5

四、双空题

16．已知数列的各项都是正数，若数列各项单调递增，则首项的取值范围是__________当时，记，若，则整数__________．

【答案】         

【分析】根据正项数列各项单调递增，可得出，化简求出，由此可得首项的取值范围；再由裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得出答案.

【详解】由题意，正数数列是单调递增数列，且，

且，解得，

，

又由，

可得：．

，

．

，且数列是递增数列，，即，

整数．

故答案为：；.

五、解答题

17．已知数列的前项和为，，当时，．

(1)求

(2)设，求数列的前项和为．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用与的关系及等差数列的定义，结合等差数列的通项公式即可求解；

（2）利用（1）的结论及数列求和中的错位相减法即可求解.

【详解】（1）当时，，所以，，

整理得：，即．

当时，，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以，即．

（2）由知，所以，

所以，

所以，

由得，，

所以.

18．在中，内角所对的边分别为，已知的面积为，且．

(1)求的值

(2)若，求周长的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）代入，然后逐步化简，即可求解；

（2）由，得，，然后借助二倍角公式，即可求得周长的取值范围.

【详解】（1）在中，由三角形面积公式得:，

由正弦定理得：，

整理得：，由余弦定理得：，

又，故．

（2）因为，，由正弦定理得，

，

即的周长

，

因为，则，故，

所以，即的周长的取值范围是.

19．如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．

(1)当时，证明：平面平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为线段的中点，如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）垂直于圆锥的底面，在圆锥的底面，

，

当时，且BC=3CA，则，，

又平面，

平面，

又平面，平面平面；

（2）由题可知，且轴截面为等腰直角三角形，，，

当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为弧的中点，

如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，，

，

设平面的法向量，

则，即，令，则，，，

则，

由图可知该二面角为钝角，

二面角的余弦值为．

20．党的二十大胜利召开，某单位组织举办“百年党史”知识对抗赛，组委会将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组委会随机从百年党史题库抽取道抢答试题，每位选手抢到每道试题的机会相等比赛细则为：选手抢到试题且回答正确得分，对方选手得分选手抢到试题但回答错误或没有回答得分，对方选手得分道题目抢答完毕后得分多者获胜已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手每道试题回答是否正确相互独立．

(1)求乙同学得分的概率

(2)记为甲同学的累计得分，求的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式综合运算求解即可；

（2）由题意，可能值为0，50，100，150，200，根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式分别求出对应取值的概率，即可得到离散型随机变量的分布列，再由期望定义及公式求其期望值．

【详解】（1）由题意，乙同学得分的基本事件有乙抢到两题且一道正确一道错误、

甲乙各抢到一题都回答正确、甲抢到两题且回答错误，

所以乙同学得分的概率为

（2）由题意，甲同学的累计得分可能值为0，50，100，150，200，

，

，

，

，

，

分布列如下：

所以期望．

21．已知椭圆，的上、下顶点是，，左，右顶点是，，点在椭圆内，点在椭圆上，在四边形中，若，，且四边形面积的最大值为．

(1)求的值．

(2)已知直线交椭圆于，两点，直线与交于点，证明：当变化时，存在不同于的定点，使得．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由，转化为坐标关系，通过运算得，，从而求出，利用最大值为即可求出的值；

（2）先对直线取的特殊情况，通过特殊情况猜测点S在同一直线上，且的方程为，再证明，然后利用对称性得出定点的坐标．

【详解】（1）由已知，，设，，则

因为，，

所以，，

两式相减得，代回原式得，

因为，所以，又，

，

因为S的最大值为，所以，得或(舍去)，

所以的值为2．

（2）由已知有，

取，可得，，

则直线的方程为，直线的方程为

联立方程组，可得交点为，

若，，由对称性可知交点，

若点S在同一直线上，则直线的方程为，

以下证明：对任意的，直线与直线的交点S均在直线：上．

由整理得

设，，则，，

设与交于点，由可得，

设与交于点，由，可得，

因为，

所以，即与重合，

所以当变化时，点S均在直线上，

因为，，所以要使，只需为线段的垂直平分线，

根据对称性可得点，

故存在定点满足条件．

22．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，．

(1)已知函数，，求实数取值的集合

(2)已知函数有两个不同极值点、．

①求实数的取值范围

②证明：．

【答案】(1)

(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）利用不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，通过对的讨论，求出在给定区间的最值即可求出的值；

（2）①由函数有两个不同的极值点，得，有两个不同零点，通过参数分离有，构造函数，确定的单调性和极值，进而可求的取值范围；

②由已知得，取对数得，通过换元，，构造函数，讨论函数的单调性，确定的不等关系，再转化为，的关系即可证明．

【详解】（1）由，得，

当时，因为，不合题意

当时，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，

要，只需，

令，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，则由得，

所以，故实数取值的集合

（2）①由已知，，

因为函数有两个不同的极值点，，

所以有两个不同零点，

若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，

与已知矛盾，舍去

当时，由，得，令

所以，当时，，单调递增

当时，，单调递减

所以，

因为，，所以，所以，

故实数的取值范围为

②设，由①则，

因为，所以，，

则，取对数得，

令，，则，

即，令，则，

因为，所以在上单调递减，在上单调递增，

令，

则，在上单调递增，

又，所以当时，，即，

因为，，在上单调递增，所以，

所以，即，

所以，

故成立．