湖南省长沙市明德中学2023届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市明德中学2023届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题（含解析），共24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。
湖南省长沙市明德中学2023届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，设全集，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数满足，则（    ）A． B． C．2 D．43．已知平面向量满足，，且与的夹角为，则（    ）A． B． C． D．4．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时和骑自行车用时都近似服从正态分布. 绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车（    ）A．有26 min可用 B．有30 min可用C．有34 min可用 D．有38 min可用5．已知角的终边在直线上，则（    ）A． B． C． D．6．已知抛物线的焦点为 ，准线为，为上一点，，垂足为，与轴交点为，若，且的面积为，则的方程为（    ）A． B． C． D．7．如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（    ）A． B． C．2 D．8．已知实数满足： ，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．6个数据构成的散点图，如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程，若在6个数据中去掉后，下列说法正确的是（    ）A．解释变量x与预报变量y的相关性变强 B．样本相关系数r变大C．残差平方和变小 D．决定系数变小10．若，且，则（    ）A． B．C． D．11．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论正确的是（    ）A．B．为钝角三角形C．若，则的面积是D．若外接圆半径是，内切圆半径为，则12．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（    ）A．的最小值为B．若，则点的轨迹长为4C．若，则四面体的外接球的表面积为D．若，则点的轨迹长为 三、填空题13．的展开式中二项式系数最大的项是________.14．中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关.” 则此人在第六天行走的路程是__________里（用数字作答）. 四、双空题15．直线与椭圆(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝_______，点P的坐标是________. 五、填空题16．若，则的取值范围是____________. 六、解答题17．已知等差数列前项和为，，.(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求和：.18．已知函数在区间单调，其中ω为正整数，|φ|＜，且.(1)求图像的一个对称中心；(2)若，求.19．如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且∥平面.(1)求三棱锥的体积；(2)平面与平面所成角为，与平面所成角为，求证：.20．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若有三个零点，且在处的切线经过点，，求证：.21．甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜. 已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率为.(1)若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；(2)若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即.(i)求的取值范围；(ii)证明数列单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.22．如图，已知直线，，是平面内一个动点，∥且与相交于点（位于第一象限），∥，且与相交于点（位于第四象限），若四边形（为原点）的面积为.(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点的直线与相交于两点，是否存在定直线，使以为直径的圆与直线相交于两点，且为定值，若存在，求出的方程，若不存在，请说明理由.
参考答案：1．B【分析】利用指数不等式，求出，再利用集合间的交并补运算即可求出结果.【详解】由，得到，所以又因，所以，因为全集，所以故选：B．2．A【分析】根据已知，先化简，得到，继而利用复数的运算法则即可得出答案.【详解】由，得，则所以.故选：A3．D【分析】根据模长以及与的夹角为，可以求得向量的夹角，再利用模长计算公式即可.【详解】因为平面向量满足，，且与的夹角为，则，则，即解得，所以.故选：D4．D【分析】应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具，结合图形，比较概率的大小可得答案.【详解】由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具.根据和的分布密度曲线图可知，，，，.所以，如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车.故选：D.5．A【分析】根据终边上一点求出角的正切，再结合二倍角正弦公式，余弦公式，化简求值即可. 【详解】因为角的终边在直线上，故，所以.故选：A.6．A【分析】根据抛物线定义，结合图形特征，用p表示三角形面积列式可求抛物线方程. 【详解】由抛物线定义知，所以为等边三角形，为的中点，所以，，的面积，所以的方程为.故选：A. 7．B【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心到点的距离.【详解】如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，又，故各侧面均为等边三角形，若侧面三角形边长为，则，，，显然△△，故，则.故选：B.8．A【分析】首先可得，再设，即可得到，再结合指数函数的性质得到，同理得到、，再根据函数的单调性得到，即可判断.【详解】因为，即，所以，设，，设是单调递增函数，所以，所以，即，又是单调递减函数，且，所以，设设是单调递增函数，所以，所以，即又是单调递减函数，且，，所以，同理，由得，又是单调递减函数，且，，所以，由，所以且是单调递减函数，所以.综上可得故选：A【点睛】关键点睛：本题解答的关键是合理的构造函数，结合指数函数的性质判断.9．AC【分析】根据散点图的性质可知去掉E后相关性变强判断A选项，相关系数为负判断B选项，残差平方和判断C,D选项. 【详解】去掉后，变量x与预报变量y的相关性变强，故A正确；但由于散点的分布是从左上到右下，故变量x，y负相关，所以相关系数r变小，残差平方和变小， 决定系数变大，C正确，D错误.故选：AC.10．ABD【分析】利用基本不等式判断A、B、D，消元、结合二次函数的性质判断C.【详解】因为，且，对于A：，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，故A正确；对于B：，当且仅当，即、时取等号，故B正确；对于C：，当且仅当、时取等号，故C不正确；对于D：，当且仅当时取等号，故D正确.故选：ABD11．BD【分析】由正弦定理得到A选项；由大边对大角确定C最大，由余弦定理求出得到答案；C选项，由角C的余弦求出角C的正弦，再用面积公式求解；D选项，正弦定理求出外接圆半径,设出内切圆半径，利用面积列出方程，求出内切圆半径.【详解】设，则，对于A ，，故A不正确；对于B ，c最大，所以C最大，，故B正确；对于C，若，则，，所以，所以的面积是，故C不正确；对于D，若正弦定理，的周长，，所以内切圆半径为，所以.故D正确. 故选：BD12．ACD【分析】作出E关于D点的对称点为，根据对称性的最小值即为的长度，即可判断A；根据题意，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，对于BCD不同的条件，分别利用，然后往要求的方面转化，即可判断选项的正误.【详解】设E关于D点的对称点为，则，所以当且仅当三点共线时取等号，故的最小值为，故A正确；由题意知，则以O为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则设，则，对选项B：当时，，所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，所以，故点的轨迹长为，所以B错误；对选项D：当时，，，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；对选项C：在中， ，为直角三角形，其外心为与的交点，且，而，所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.故选：ACD13．/【分析】根据二项式系数的性质即可知最大，由二项式展开式的通项特征即可求解.【详解】的二项展开式有7项，其二项式系数为，由组合数的性质可知最大，故由二项式定理得二项式系数最大的一项是.故答案为：14．6【分析】根据题意分析，看成首项，公比的等比数列，已知，继而求出，即可得出答案.【详解】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列，，其公比，令数列的前n项和为，则，而，因此，解得，所以此人在第六天行走的路程（里）.故答案为：615．          【分析】法1用代数法转化为一元二次方程只有两个相等实根求解；法2用椭圆在椭圆上一点处的切线方程的形式求解；法3用椭圆的定义可求解.【详解】法1：联立方程得，得，所以，得，所以.法2：设，则处切线，可化为，比对得，代入椭圆方程得：，得.得，所以，得，所以.法3：椭圆长轴长，焦点. 由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足，椭圆上外部的每一个点P，均满足，直线与椭圆有且仅有一个公共点P，则对于直线上任意一点，满足，当且仅当在点处时，等号成立，即当在处时，取得最小值.求得关于直线对称的点为，所以，因此，椭圆方程为，P的坐标是.故答案为：；16．【分析】根据题意，将不等式变形然后转化为一元二次不等式恒成立问题，将范围转化为函数的值域问题，再结合导数即可得到结果.【详解】，原不等式变形得.，或，，由于，若，则恒成立，在上单调递增，无最大值，不符合题意；若，则，在上单调递增，在上单调递减，所以.综上：，在上单调递减，在上单调递增，且，所以有两个零点，由得，当且仅当时等号成立.，且当，，单调递增，且当，，单调递减；所以，当且仅当时等号成立.所以的取值范围是.故答案为：【点睛】解答本题的关键在于先转化为恒成立问题，再构造函数，结合导数作为工具研究函数的最值，即可得到结果.17．(1)(2) 【分析】（1）先利用等差数列前项和公式与性质得到，从而结合条件求得公差，从而得解；（2）先利用推递作差法求得，从而求得，再利用错位相减法即可得解.【详解】（1）因为等差数列前项和为，所以，又，所以，又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以的通项公式为.（2）因为，所以，两式相减得：，又满足上式，所以，又，所以.所以，，两式相减得：.18．(1)(2) 【分析】（1）由题意，，则有，可得函数图像的一个对称中心. （2）由周期的范围，得，由，求满足条件的.【详解】（1）由题设，的最小正周期，，又因为，，所以为图像的一个对称中心是.（2）由（1）知，故，由，得. 由为的一个对称中心，所以. 因为，所以或. 若，则，即.不存在整数，使得. 若，则，即.不存在整数，使得.当时，. 此时，由，得.19．(1)2(2)证明见解析 【分析】（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积；（2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为与的正余弦值，即可证明结论.【详解】（1）由题意，∵平面平面，且平面平面，，平面ABC∴平面，∵平面，∴，又，，平面ABC∴平面， 连接，∵平面，平面，平面平面，∴， ∵，∴，∴. ∴三棱锥底面的面积，高，∴其体积为：.（2）证明：由题意及（1）得，以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.则.设平面的法向量为，由，取，则，平面的一个法向量为，所以 又因为，所以又，所以.20．(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求导，分为，两种情况讨论导数的正负，得出函数的单调性；（2）有三个零点，当且仅当，由此得出范围．由题意①，由在处的切线经过点求得②，①②联立化简整理即可得出结论.【详解】（1），令，(i)当时，时，；时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；(ii)当时，时，；时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.（2）有三个零点，当且仅当或，由题意，①在处的切线方程为：，该切线经过点，则，即，②①②联立得：，，因为，所以，，所以，即.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．21．(1)分布列见解析，(2)（i）；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利 【分析】（1）先写出离散型随机变量的分布列，再求出数学期望即可；（2）先根据已知不等式列式求解，再根据单调性定义作差证明单调递增说明结论.【详解】（1），即采用3局2胜制，所有可能取值为，，的分布列如下表：23所以的数学期望为.（2）采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：，采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：，，得. （ii）由（i）知.局比赛中恰好甲赢了局的概率为，局比赛中恰好甲赢了局的概率为，则局比赛中甲至少赢局的概率为. 考虑局比赛的前局：如果这局比赛甲至少赢局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为，如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场至少赢一局，其概率为，如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场都赢，其概率为，因此局里甲最终获胜的概率为：，因此，即数列单调递增. 该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利.22．(1)(2)存在， 【分析】（1）设，，联立方程解得，同理，根据面积公式，化简得到答案.（2）设直线方程为，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，确定为定值，计算得到答案.【详解】（1）设，，所在直线方程为，联立方程得，同理， ，若四边形的面积：，化简得. 因为位于第一象限，位于第四象限，，，即，所以，即动点的轨迹的方程为.（2）假设存在定直线，使为定值.设，中点，直线方程为，联立方程， ，由，得，，， ，设到直线的距离，，因为为定值，所以为定值. 由为定值，故即，即当时，为定值，此时.所以存在定直线，使为定值.【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程，定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.