2023届湖南省长沙市第一中学高三一模数学试题含解析

2023届湖南省长沙市第一中学高三一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出集合，再由交集和并集的定义即可得出答案.

【详解】因为，

所以，.

故选：C.

2．设，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可

【详解】由题意得，所以，

因为，所以，解得或，

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3．天文计算的需要，促进了三角学和几何学的发展．10世纪的科学家比鲁尼的著作《马苏德规律》一书中记录了在三角学方面的一些创造性的工作．比鲁尼给出了一种测量地球半径的方法：先用边长带有刻度的正方形ABCD测得一座山的高（如图①），再于山顶T处悬一直径为SP且可以转动的圆环（如图②），从山顶T处观测地平线上的一点I，测得．由此可以算得地球的半径（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据解直角三角形，结合正弦函数的概念即可求得答案.

【详解】由图可知，,故 ，解得，

故选：A．

4．已知函数的局部图象如图所示，则的解析式可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用排除法，根据奇偶性和在时的函数值正负可排除.

【详解】由图可得的图象关于轴对称，即为偶函数，

其中A选项，，故为奇函数，与图象不符，故排除A；

C选项，，故为奇函数，与图象不符，故排除C；

B选项，当时，，，则，与图象不符，故排除B.

故选：D.

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换公式求解.

【详解】

所以，

所以

故选:B.

6．已知函数，若存在，当时，，则函数的最小正周期为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得出，结合，可得，再由三角函数最小正周期的公式即可得出答案.

【详解】因为存在，当时，，

所以，即，

又因为，则，所以，

所以函数的最小正周期为：，

故选：B.

7．设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】构造向量，利用向量垂直和，结合基本不等式得出的最大值2，结合图形可得答案.

【详解】如图，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，

由题意得：，令，则三点共线,

，则三点共线,

故有共线，由题意与垂直，，知，且为定值，

在中，，当且仅当时，取最大值2，

此时面积最大，则到的距离最远，而，故当且仅当，

即关于轴对称时，最小，此时到的距离为，

所以，故，即的最小值为.

故选：D.

8．如图，已知锐二面角的大小为，，，，，，，C，D为AB，MN的中点，若，记AN，CD与半平面所成角分别为，，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据面面角的定义求得，根据线面角的定义找到，，通过比较的正弦值比较两角的大小，接着根据的范围判断的大小，根据线段长度的大小关系求得的大小关系.

【详解】分别过点和点作，的平行线相交于点，

因为，所以,所以，

过点作，连接，所以，

取,,

此时；排除CD.

取线段中点为点，又C，D为AB，MN的中点，

所以与平行且相等，所以，

所以CD与半平面所成角为，

显然，又因为，所以；排除B.

故选：A.

【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：

①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；

②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．

(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

二、多选题

9．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为：“连续10日，每天新增疑似病例不超过7人” ．过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：

甲地：中位数为2，众数为3；      乙地：平均数为2，方差为3；

丙地：平均数为3，极差为5；      丁地：平均数为5，众数为6．

则一定没有发生大规模群体感染的是（    ）

A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地

【答案】BC

【分析】A.举例判断；B. 假设出现一次大于7，设，利用方差运算判断；C. 假设出现了8人，则一定有出现3人情况判断；D.举例判断.

【详解】对于甲地，如0，0，1，1，1，3，3，3，3，8，故错误；

对于乙地，若出现一次大于7，设，

则，

，矛盾，故正确；

对于丙地，若出现了8人，则一定有出现3人情况，这样平均数就不可能是3，

∴丙地不可能有超过7人的情况，故正确．

对于丁地，无法判断是否有超过7人的情况，如2，2，3，5，6，6，6，6，6，8，平均数为5，众数为6，故错误；

故选：BC．

10．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的离心率为，且双曲线C的左焦点在直线上，A，B分别是双曲线C的左，右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA，PB的斜率分别为，，则下列说法正确的是（    ）

A．双曲线C的渐近线方程为 B．双曲线C的方程为

C．为定值 D．存在点P，使得

【答案】BC

【详解】因为双曲线C的左焦点在直线上，

所以，

又离心率为，

所以，

故，

所以双曲线方程为，

故双曲线的渐近线方程为，故A错误；B正确；

由题意可得，设P(m, n)，

可得，即有，

所以，故C正确；

因为点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，

所以，

则，当且仅当时，等号成立，

由A，B为左右顶点，可得，

所以，故D错误.

故选：BC

【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单几何性质，直线的斜率，属于中档题.

11．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列各选项正确的是（    ）

A．球与圆柱的体积之比为

B．四面体的体积的取值范围为

C．平面截得球的截面面积最小值为

D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为

【答案】ABD

【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域可判断D.

【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；

对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，

四面体CDEF的体积，

所以四面体的体积的取值范围为，B正确；

对于C，过作于，如图，而，则，

又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，

又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；

对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，

当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，

因此，，

则，

令，则，而，即，

因此，解得，所以的取值范围为，D正确.

故选：ABD.

12．定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（    ）

A．函数在上满足阶李普希兹条件.

B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.

C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.

D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.

【答案】ABC

【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.

【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；

B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项正确；

C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；

D选项：不妨设，当时，，当时，，故对，，不存在使，D选项错误；

故选：ABC.

三、填空题

13．已知圆，过点的直线与圆交于两点，是的中点，则点的轨迹方程为__________.

【答案】

【分析】由圆的垂径定理可得，结合向量垂直的条件：数量积为0，化简可得所求轨迹方程，即可求得答案.

【详解】圆，

所以圆心为，半径为4，设，

由线段AB的中点为D，可得，

即有，

即，

所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆；

故答案为：.

四、双空题

14．“以直代曲”是微积分中最基本､最朴素的思想方法，如在切点附近，可用曲线在该点处的切线近似代替曲线.曲线在点处的切线方程为__________，利用上述“切线近以代替曲线”的思想方法计算所得结果为__________（结果用分数表示）.

【答案】         

【分析】求出导函数得切线斜率，由点斜式得切线方程，由题意知，则，即，即可得出答案．

【详解】由已知，，所以在点处的切线斜率为，

则在点处的切线方程为，

由题意知，，所以，即，

所以，即.

故答案为：；．

五、填空题

15．已知是椭圆的左､右焦点，为椭圆的上顶点，在轴上，，且.若坐标原点到直线的距离为3，则椭圆的标准方程为__________.

【答案】

【分析】由题设可得，直线的方程为，点线距离公式表示到直线的距离，又联立解得即可得出答案.

【详解】由可得，

由可得，则△是等边三角形，

设，则①，

∴直线的方程为，即，

∴到直线的距离为②，

又③，

联立①②③，解得，，故椭圆方程为.

故答案为：

16．已知实数，，满足，（其中为自然对数的底数），则的最小值是______.

【答案】/

【分析】变形给定不等式，构造函数并借助函数的单调性，求出的关系，再利用导数求出函数的最值作答.

【详解】，

令函数，求导得，当时，，当时，，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，则，

即，，于是，即，

当且仅当，即时取等号，依题意，，，

令，求导得，当时，，当时，，

从而函数在上单调递减，在上单调递增，

，所以的最小值是.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.

六、解答题

17．在数列中，，.

(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；；

(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义证明，由等比数列的通项公式化简，可得数列的通项公式；

（2）由分组求和法化简求解即可．

【详解】（1），

当时，，

数列是首项为，公比为的等比数列，

，；

（2）

数列的前项和

．

18．在中，内角的对边分别为，且满足.

(1)求的大小；

(2)若的面积为，且，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理、同角三角函数的商数关系和两角和正弦公式化简已知式，即可得出答案；

（2）由三角函数的面积关系可得，由，得，再由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.

【详解】（1）因为，利用正弦定理得：

，

由于，所以，即，

即，

由，

故且，故.

（2）由于的面积为，所以，解得：，

由，得，

在中，由余弦定理得：，

故，当且仅当即，的最小值为.

19．如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.

（1）求证：平面平面；

（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.

【分析】（1）在直角梯形中，根据，，得为等边三角形，再由余弦定理求得，满足，得到，再根据平面平面，利用面面垂直的性质定理证明.

（2）建立空间直角坐标系：假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，求得平面的一个法向量，再利用线面角公式求解.

【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，

因此为等边三角形，从而，又，

由余弦定理得：，

∴，即，且折叠后与位置关系不变，

又∵平面平面，且平面平面.

∴平面，∵平面，

∴平面平面.

（2）∵为等边三角形，为的中点，

∴，又∵平面平面，且平面平面，

∴平面，

取的中点，连结，则，从而，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，则，

假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，

∵，∴，故，

∴，又，

该平面的法向量为，

，

令得，

∴，

解得或（舍），

综上可知，存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理和向量法研究线面角问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

20．抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上.已知以为圆心，为半径的圆交于两点，若的面积为.

(1)求的值；

(2)过点的直线交抛物线于点（异于点），交轴于点，过点作直线的垂线交拋物线于点，若点的横坐标为正实数，直线和抛物线相切于点，求正实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，可得FS = PS = QS = p，再设A到准线l的距离为d，即可求得d = FA =FQ=，进而通过面积即可求解.

(2) 设,因为,所以,求直线m的方程得，由切线DM,令，得，综上，即可求解.

【详解】（1）设准线l与y轴交于S,因为,由对称性可知: FS = PS = QS = p,设A到准线l的距离为d,则d = FA =FQ=，

，解得：.

（2）由（1）设，

从而

因为,所以

又，所以，又，

得①，

，所以直线m的方程为，

令，得②，

由直线DM与抛物线 C相切于点D,则切线方程为

由切线过点M,令，得③，

由①②③得，即，

又存在满足上式,则，又，则，

又，得.

综上,正实数t的取值范围为

21．国球是指在一个国家内广泛开展，并在国际上居于领先地位的球类运动，中国的国球是乒乓球，乒乓球起源于英国的19世纪末.长沙市某社区为了丰富社区老人的退休生活，每年的重阳节定期举行乒乓球比赛.通过资格赛和淘汰赛，该社区的李大爷和张大爷进入决赛争夺冠军，决赛采用五局三胜制，即选手率先获得三局胜利时，比赛结束并赢得冠军.根据以往李大爷和张大爷的比赛胜负数据分析，李大爷和张大爷实力相当，每局获胜的可能性相同，每局比赛相互独立.

(1)求张大爷获得乒乓球比赛冠军的概率；

(2)冠亚军决赛结束后，社区组委会决定进行趣味性和观赏性极强的“花式乒乓球”对抗赛，“花式乒乓球”对抗赛由刘大爷和周大爷进行比赛，比赛采用三局两胜制，即选手率先获得两局胜利时，比赛结束并赢得冠军.刘大爷和周大爷在一局比赛获胜的概率分别为，且每局比赛相互独立.比赛开始前，工作人员拿来两盒新球，分别为“装有2个白球与1个黄球”的白盒与“装有1个白球与2个黄球”的黄盒.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，直接丟弃，裁判按照如下规则取球：每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致，且第一局从白盒中取球，记两位大爷决出冠军后，两盒内白球剩余的总数为，求随机变量的分布列与数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析；；

【分析】（1）张大爷获得乒乓球比赛冠军共进行的局数为，求出其对应的概率，由分类加法计数原理即可得出答案.

（2）求出随机变量的可能取值及其对应概率，由数学期望公式求解即可得出答案；

【详解】（1）记张大爷获得乒乓球比赛冠军共进行的局数为随机变量，则的可能取值为，

记事件：“张大爷获得乒乓球比赛冠军”，则.

（2）设刘大爷和周大爷“花式兵兵球”对抗赛进行了局比赛，易知或，

则，故，

记表示第局从白盒中抽取的白色球.表示第局从白盒中抽取的黄色球，

表示第局从黄盒中抽取的黄色球，表示第局从黄盒中抽取的白色球，

随机变量的所有可能取值为；

，

，

则的分布列为：

22．已知函数.

（参考数据，）

(1)证明：；

(2)若，求实数的取值的集合.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）设，对求导，得到的单调性，证明即可证明；

（2）设，对求导，讨论，和时，是否成立，即可求出实数的取值的集合.

【详解】（1）设，则，

，

设，则，

设，，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以当时，，

因为当，且，此时，

当时，，此时也有，

所以当时，单调递减，

当时，，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以当时，，所以，故原不等式得证.

（2）设，则，

，令，可得，

令，其中，，

令，其中，则，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，所以，

①当时，，则，且不恒为0，

所以函数在区间上单调递减，所以当时，，

则单调递增，当时，，则单调递减.

所以，即.

②当时，，则，

所以函数在区间上单调递减，因为，

此时存在，使得，且当，单调递减，

所以，不合题意；

③当时，，因为，

由于函数在区间上单调递减，故存在，使得当时，，

此时，，则函数在区间上单调递增，

故当时，，单调递增，

所以，不满足题意.

综上所述，若，则.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.