2023届湖北省新高考I卷高三四模数学试题含解析

这是一份2023届湖北省新高考I卷高三四模数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届湖北省新高考I卷高三四模数学试题

一、单选题
1．集合，不为空集，，若中的元素之和为奇数，则满足条件的集合的个数为（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】先根据题干得出集合A,再分个数讨论B集合，即可得出满足条件集合个数.

【详解】,
不为空集且,
若中的元素之和为奇数，
当集合B有四个元素则可以为，
当集合B有三个元素则可以为，
当集合B有两个元素则可以为，
当集合B有一个元素则 可以为，
则满足条件的集合的个数为8.
故选:D.
2．已知复数满足，则的共轭复数的虚部为（    ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【分析】设，根据复数的模的公式及相等复数的定义求出参数，再根据共轭复数的定义及虚部的定义即可得解.
【详解】设，则，
则，即，
所以，解得，
所以，
所以的共轭复数的虚部为.
故选：B.
3．如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，

则，
∴，.
设为平面AEC1F的法向量，，
由，得，
令z=1，∴，
所以.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.
故选：C.
4．展开式中无理项的个数为（    ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】先根据题意得出展开式中的通项为，则要求展开式中无理项的个数，需求出不是整数的个数即可．
【详解】由，
则其通项为，
其中，，
若不是整数时，即得到展开式中的无理项，
当，时，的值为；
当，时，的值为；
当，或时，的值为或；
当，或时，的值为或；
当，或或时，的值为或或；
当，或或时，的值为或或，
综上，展开式中无理项的个数为8．
故选：C．
5．今有水平相当的棋手甲和棋手乙进行某项围棋比赛，胜者可获得24000元奖金.比赛规定下满五局，五局中获胜局数多者赢得比赛，比赛无平局，若比赛已进行三局，甲两胜一负，由于突发因素无法进行后面比赛，如何分配奖金最合理？（    ）
A．甲12000元，乙12000元 B．甲16000元，乙8000元
C．甲20000元，乙4000元 D．甲18000元，乙6000元
【答案】D
【分析】根据甲乙两人最终获胜的概率即可按比例分配.
【详解】乙最终获胜的概率为，甲最终获胜的概率为，所以甲乙两人按照分配奖金才比较合理，所以甲元，乙元，
故选：D
6．已知正四面体的表面积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题首先可以将正四面体放入正方体中，然后借助正方体的性质得出外接球的球心，通过正四面体的表面积为即可计算出长，从而求得外接球的半径，利用截面圆的性质求得最小截面圆的半径径，问题得解．
【详解】如图所示，

将正四面体放入正方体中，则正方体的中心即为其外接球的球心，
因为正四面体的表面积为，
所以，
因为是正三角形，所以，，
设正方体的边长为，则：，解得：
所以正四面体的外接球直径为，
设过点的截面圆半径为，球心到截面圆的距离为，正四面体的外接球半径为，
由截面圆的性质可得：
当最大时，最小，此时对应截面圆的面积最小.
又，所以的最大值为，此时最小为
所以过点的最小截面圆的面积为，故选B．
【点睛】本题考查截面圆的相关性质，主要考查几何体与球的外接问题，可将几何体放入正方体中并借助正方体的相关性质得出球心，考查推理能力，是难题．
7．已知双曲线，，过点可做2条直线与左支只有一个交点，与右支不相交，同时可以做2条直线与右支只有一个交点，与左支不相交，则双曲线离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出草图，利用双曲线的性质结合图形分类讨论计算即可.
【详解】如图所示，设双曲线的两条渐近线分别为，
由已知易知，若在双曲线内部（如位置），显然作任何直线均与双曲线右支有交点，无法满足题意；
若在双曲线与渐近线之间（如位置），过P所作直线若与双曲线左支相交则必与右支也相交，也无法满足题意；
故P只能在双曲线的渐近线上方，此时过P可做唯一一条与右支相切的直线，也可以作一条与渐近线平行的直线，该两条直线均与左支无交点；
同理也可作出唯一一条与左支相切的直线，及一条与渐近线平行的直线符合要求；
即，
故，
故选：B

8．已知函数，都有，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由，都有，转化为直线与相切，设切点坐标为，根据导数的几何意义可得，构造，利用导数可求其最大值.
【详解】由题意知，都有，可转化为直线与相切.
设切点坐标为，则可得，可得.
令，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以，即的最大值为.
故选:A.

二、多选题
9．2023年3月25日至26日，贵州省首届“美丽乡村”篮球联赛总决赛在黔东南州台江县台盘村举行.这件赛事就是最近火爆全网的“村”.1800多人的村，观赛人数高达3万，而且台盘村做到了停车不要钱，门票不要钱，吃饭不涨价，所有保障服务到位.其中的亮点之一就是中场休息的啦啦操不是漏腿的舞蹈，而是穿着民族服装的“蹦苗迪”.3月26日，在黔东南州队和遵义市队进行冠亚军总决赛中，黔东南州队以，险胜遵义市队，夺得总决赛冠军.赛后经观众回忆，得到黔东南州队的5名球员的得分如下：
球员
1
2
3
4
5
得分
8
12
14
14
20
下面对黔东南州队5名球员所得分数的数据分析正确的是（    ）
A．这5个数据中位数是14
B．这5个数据的方差是15
C．这5个数据的第80分位数是17
D．假设这5名球员每名再得2分，则其方差比原来的方差大
【答案】AC
【分析】利用中位数，方差，百分位数公式判断各选项正误即可.
【详解】A选项，由中位数定义可知，5个数据中位数是14，故A正确；
B选项，由表可得，数据的平均数为，
则数据的方差为：，故B错误；
C选项，由第80分位数定义与可知，这5个数据的第80分位数是，故C正确；
D选项，由方差定义可知，方差不变，故D错误.
故选：AC
10．已知函数，则（    ）
A．若的最小正周期为，则
B．若，则在上的最小值为
C．若在上单调递增，则
D．若在上恰有2个零点，则
【答案】AC
【分析】根据正弦函数的周期公式可判断A；求在上的值域可判断B；由可得，求解可判断C；由可得，求解可判断D.
【详解】对于A，若的最小正周期为，则，解得，故A正确；
对于B，若，则，
时，，所以，
故在上的最小值为，故B错误；
对于C，时，，
因为在上单调递增，则，解得，故C正确；
对于D，时，，
若在上恰有2个零点，则，解得，故D错误.
故选:AC.
11．在正四棱柱中，已知，为棱上的动点（不含端点），则（    ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得平面平面
C．设，若，则
D．设，与相交于点，则当最小时，
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系,A.由求解判断；B.分别求得平面BDP的一个法向量为，平面的一个法向量为，由求解判断；C.由求解判断；D.易得，由求解判断.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

设，则，
所以，则时，，即，即点P为的四分之一点（靠近点C）时，，故A正确；
，
则，
设平面BDP的一个法向量为，
则，即，
令，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，
若平面平面，则，
即，解得，此时点P与重合，故B错误；
由，得，
所以，即，
解得或（舍去），故C正确；
易得，则，所以，当，即时，最小，故D正确；
故选：ACD
12．已知且，函数，则（    ）
A．若，则有个零点
B．若，则在区间上单调递减
C．若有两个零点，则
D．若，则存在，使得当时，有
【答案】ABD
【分析】对于选项，构造函数，结合单调性和最值判断解的个数，对于选项，利用零点存在性定理判断函数单调性，结合单调性和区间端点函数值得符号，对选项进行判断，对于选项，利用指数函数增长速度快于幂函数增长速度即可判断.
【详解】对于：，时，.
则，即，
令，，时，，
在上，，单调递增，在上，，单调递减.
，
因为，所以，
在上，单调递增，，
在上，单调递减. ，
所以在上必有两个解，
所以有两个零点，所以正确；
对于：，，
令，，为增函数，
，
因为，所以，则，
所以，
所以在存在，使在上，在上，
所以在递减，在递增，且，
因为，所以，所以，
所以在上，所以在上递减.所以B正确.
对于：，时，同项有，
令，，时，，
在上，，单调递增，在上，，单调递减.
，
当时，，有两个零点，
当时，，有两个零点，
所以项错误；
对于：因为，所以中，一直以倍的速度增长.而中
的增长倍数无限趋近于.所以存在，使得当时，有.
所以项正确.
故选：.
【点睛】思路点睛：（1）利用导数研究函数的单调性、零点等问题，往往要先构造函数，再利用导数研究函数的有关性质，例如本题涉及指数函数和幂函数常常构造形如形式的函数.
（2）对于超越方程无法直接求根，往往需要二次求导.

三、填空题
13．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，若，则两点横坐标之和的最小值为_________．
【答案】
【分析】设过点F直线为，，将其与抛物线联立由韦达定理可得，又由抛物线定义可得，由基本不等式可得，即可得答案.
【详解】由题可得，，设过点F直线为.
.将其与抛物线联立：，
消去得，.
则由韦达定理可得.
则 .
由抛物线定义可知，
由基本不等式，.
当且仅当时取等号.，
因函数在上递增，则.
则两点横坐标之和的最小值为.
故答案为：
14．已知圆与圆有三条公切线，则_________．
【答案】或
【分析】根据两圆有三条公切线可知两圆外切，然后由两圆心距等于两半径之和列式，分类讨论可得.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆有三条公切线，所以两圆外切，
所以
即
当时，，即
解得或（舍去）
当时，，即
解得或（舍去）
当时，，即
解得（舍去）
综上，或
故答案为：或
15．在中，，，，且，若为的内心，则_________．
【答案】
【分析】根据数量积的定义和三角形的面积公式和余弦定理求，证明为直角三角形，再求内切圆半径，结合向量运算公式求.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，又，，
所以，所以，
由余弦定理可得，又，
所以，又，所以，
所以为以为斜边的直角三角形，
设的内切圆与边相切于点，内切圆的半径为，
由直角三角形的内切圆的性质可得，故，
因为，所以，
因为，所以，所以
所以.
故答案为：.


四、双空题
16．在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，，点为棱的中点，则三棱锥的体积为_________；若四棱锥所有顶点均在球的球面上，过点的平面截球所得的截面面积的最小值为_________．
【答案】
【分析】根据已知条件作出图形，利用等体积法求体积；利用补全法得出四棱锥外接球即为长方体的外接球，当时，截面积最小，再利用圆的面积公式即可求解.
【详解】依题意，作出图形如图所示

因为底面，点为棱的中点，
所以.
将四棱锥补形为长方体，易知该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，如图所示

因为为长方体的体对角线，
所以球心在的中点上，
设平面为过点的球的截面，则当时，截面积最小，
因为点为棱的中点，在球面上，
所以过点的球的截面圆的半径，
所以过点的平面截球所得的截面面积的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是第一问利用等体积法；第二问利用补全法，得出长方体的外接球即为四棱锥的外接球，当时，截面积最小，再利用圆的面积公式求解.

五、解答题
17．在中，内角A，，的对边分别为，，，已知．
(1)判断的形状；
(2)已知为上一点，则当，，时，为的几等分点？
【答案】(1)等腰三角形
(2)为的三等分点

【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变化计算即可；
（2）结合（1）的结论可得，由余弦定理计算即可.
【详解】（1）由正弦定理得：，
因为，所以，即，
由，则有，
整理得．
所以，
而，则，即为等腰三角形．
（2）由（1）可得．
由正弦定理可得，故．
余弦定理可知：，即，
解之得或，所以为的三等分点．
18．设对任意，数列满足，，数列满足．
(1)证明：单调递增，且；
(2)记，证明：存在常数，使得．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由可证明单调性，由反证法即可证明，
（2）由裂项求和即可求解.
【详解】（1）证明：由于，则，
所以，即单调递增．
假设存在，使得，则，
所以．
不妨取，即，即，则，这与任意，恒成立相矛盾，故假设不成立，所以．
（2）由（1）有，又，所以
．
于是，
故可取，即有．
19．如图，四棱锥的底面为筝形，于点，为的五等分点，，，，且．

(1)求证：；
(2)作出平面与平面所成二面角的任意一条棱，并求该二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，

【分析】（1）根据三角形相似证明，再由线面垂直的判定定理及性质定理得证；
（2）分别延长，交于点，连接，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）由题意得．
因为，所以，．
又因为，易得，即为直角三角形，所以．
因为，，，平面，
所以，平面，
又平面，所以．
（2）分别延长，交于点，连接，则即为平面与平面所成二面角的一条棱，并且二面角为锐二面角．

由（1）可得，且平面与平面和平面三面垂直．（不知道这是什么性质，查阅网上答案也是如此，请审核老师删除此处）
如图所示建立以为轴、以为轴、以为轴的空间直角坐标系．

各点坐标如下：，，，，．
设平面的一个法向量为，因为，，所以
，令，可得，取．
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，令，可得，
故取．
所以，
故该二面角的余弦值即为．
20．2022年底以来，发放消费券在全国多个地区流行，此举助力消费复苏．记发放的消费券额度为（百万元），带动的消费为（百万元）．下表为某省随机抽查的一些城市的数据：

3
3
4
5
5
6
6
8

10
12
13
18
19
21
24
27
(1)根据表中的数据，请用相关系数说明与有很强的线性相关关系，并求出关于的线性回归方程；
(2)（i）若该省城市在2023年4月份准备发放一轮额度为10百万元的消费券，利用（1）中求得的线性回归方程，预计可以带动多少消费？
（ii）当实际值与估计值的差的绝对值与估计值的比值不超过10%时，认为发放的该轮消费券助力消费复苏是理想的.若该省城市4月份发放额度为10百万元的消费券后，经过一个月的统计，发现实际带动的消费为30百万元，请问发放的该轮消费券助力消费复苏是否理想？若不理想，请分析可能存在的原因．
说明：对于线性回归方程的相关系数说明：当时，两个变量之间具有很强的线性相关关系．
参考数据：．
【答案】(1)，由于且非常接近1，所以与具有很强的线性相关关系；

(2)（i）35.25；（ii）不理想，发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比如：A城市经济发展水平不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；A城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．

【分析】（1）根据相关系数的公式计算出的值即可说明；根据回归直线方程的求法，求解即可；
（2）（i）将代入回归方程计算即可；
（ii）根据题意计算出实际值与估计值的差的绝对值与估计值的比值，即可判断及说明原因.
【详解】（1）解：因为，
．
，
，
，
所以；
由于且非常接近1，所以与具有很强的线性相关关系．
经计算可得
，
，
所以所求线性回归方程为；
（2）解：（i）当时，，所以预计能带动的消费达35.25百万元．
（ii）因为，所以发放的该轮消费券助力消费复苏不是理想的．
发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比如：A城市经济发展水平不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；A城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．（只要写出一个原因即可）．
21．如图，在矩形中，，，，，，分别是矩形四条边的中点，，分别是线段，上的动点，且满足．设直线与相交于点．

(1)证明：点始终在某一椭圆上，并求出该椭圆的标准方程；
(2)设，为该椭圆上两点，关于直线的对称点为，设，且直线，的倾斜角互补，证明：为定值．
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析.

【分析】（1）设，，，求直线的方程，结合条件消去参数可得点的轨迹方程，由此证明结论；
（2）先证明点在椭圆上，利用点差法证明，，结合条件证明结论.
【详解】（1）由题意，，，设，，．
直线的方程为，①
直线的方程为，②
联立①②，得，
即，整理得．
因为，所以，因此得到．
这就证明了点在椭圆上，椭圆的标准方程为．
（2）因为，所以在椭圆上．
记．设，，则，
故．
因为直线，的倾斜角互补，所以，③
即．④
由，，
得，所以．⑤
同理，由，，
得．⑥
⑤⑥，并结合③，可得．
整理得．⑦
④⑦，得，
故．
所以，即为定值．

【点睛】根据点点睛：本题第一小问通过求两直线方程，利用交轨法求其交点的轨迹方程，第二小问利用设点法，结合点差法确定点的坐标的关系，由此完成证明.
22．函数 ．
(1)证明在单调递减；
(2)是否存在使得在定义域上为单调函数，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）求导，构造函数，利用导数求解导函数的正负即可求解.
（2）由（1）得在定义域上为单调递减函数只需要时即可，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）由题得
，记，则
，记，则
，
所以在递减，又，所以，故在递减．因为，所以，所以在递减．
（2）当时，，则．
令，，，所以在上单调递增．又因为，所以，若要在定义域上为单调函数，需恒小于等于0，故．
因为，所以对任意成立．
令，，因为，为满足必要性需，得．
下面验证充分性，即证明时对任意的成立．
当时，，所以递减，．
当时，记，，在上单调递增．
又因为，，故在上单调递减，．
综上的取值范围为使得在定义域上为单调函数．
【点睛】思路点睛：导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.