2022-2023学年湖南省长沙市一中多校高三下学期5月高考仿真模拟考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市一中多校高三下学期5月高考仿真模拟考试数学试题含解析，共30页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分等内容，欢迎下载使用。
长沙市一中多校2022-2023学年高三下学期5月高考仿真模拟考试
数 学
注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。


一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
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． 4
3．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．2 B． C． D．
8．已知实数满足： 则(　　)
A． B． C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符
合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
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4
C．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：本题共4小题，每小题5分，共20分。
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）.
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 .
16．若，则的取值范围是____________．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17. （本小题满分10分）
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．（本小题满分12分）
已知函数在区间单调，其中ω为正整数，|φ|＜，且．
(1)求y＝f (x)图象的一个对称中心；
(2)若，求φ．
















19. （本小题满分12分）
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. （本小题满分12分）
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. （本小题满分12分）
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.（本小题满分12分）
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.


长沙市多校2022-2023学年高三下学期5月高考仿真模拟考试
数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，，设全集，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，得到，所以，又因，
所以，因为全集，所以 故选：C．
2．已知复数满足，则(　　)
A． B． C．2 D． 4
【答案】A
【解析】由，得，
. 故选：A.
3．已知平面向量满足，，且与的夹角为，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】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

【答案】D
【解析】根据X 和Y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.
【命题来源】改编自《选择性必修第三册》P86-例.
5．已知角的终边在直线上，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为角的终边在直线上，故，
所以，故选：A.
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．
【答案】B
【解析】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，故答案为：B.


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．2 B． C． D．

【答案】C
【解析】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A.
8．已知实数满足： 则(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
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：


二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符
合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
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

【答案】AC
【解析】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．若，且，则(　　)
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】由基本不等式：
，A正确；
B正确；
，C不正确；
，D正确.
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
【答案】BD
【解析】设，则，
对于A ，，故A不正确；
对于B ，，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：BD

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4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为

【答案】ACD
【解析】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，以O为坐标原点，以为正方向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：ACD


三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13． 的展开式中二项式系数最大的项是________．
【答案】
【解析】的二项展开式有7项，其每项的二项式系数为.
由二项式定理得二项式系数最大的一项是.
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）.
【答案】
【解析】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：6
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 .
【答案】，
【解析】法1：联立方程得，
得，所以，得，所以.
法2：设，则处切线，与可化为，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.

16．若，则的取值范围是____________．
【答案】
【解析】∵x>0，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.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17. （本小题满分10分）
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：.
【解析】(1)，
又，所以，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以的通项公式为. 4分
(2)得

两式相减得：
又，所以
又，所以. 7分
①
②
两式相减得：
. 10分
【考查内容】等差数列性质与公式，和式递推数列求通项，错位相减法求和.

18．（本小题满分12分）
已知函数在区间单调，其中ω为正整数，|φ|＜，且．
(1)求y＝f (x)图象的一个对称中心；
(2)若，求φ．
解：(1)由题设，的最小正周期．
又因为，,
所以为图象的一个对称中心是． 4分
(2)由(1)知，故，由，得． 5分
由为的一个对称中心，所以． 6分
因为，所以或． 7分
若，则，即．
不存在整数，使得． 9分
若，则，即．
不存在整数，使得．当时，． 11分
此时，由，得． 12分
【命题来源】改编自2023年四省联考T18
【考查内容】的对称性、周期性、单调性.

19. （本小题满分12分）
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：.

【解析】(1)因为平面平面，且平面平面，
又，所以平面，
因为平面，所以，
又，，所以平面， 2分
连接，因为∥平面，平面，平面平面，
所以，∥，
又，所以，从而. 4分
所以三棱锥底面的面积，高，
因此其体积为：. 6分
(2)证明：法1：因为平面∥平面,平面与平面所成角即平面与平面所成角，亦即的平面角，
因为，所以平面，又∥，所以平面，
所以即的平面角，所以， 8分
作，垂足为，因为平面，所以，
所以平面，所以, 10分
又△为等腰直角三角形，
所以. 12分
法2：以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立平面直角坐标系，
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 8分
10分
又因为，所以

又，所以. 12分
【考查内容】棱锥的体积计算，直线与平面平行的性质定理，平面与平面垂直的性质定理，直线与平面所成角，平面与平面所成角，两角和的正、余弦公式。

20. （本小题满分12分）
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：.
【解析】(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；
3分
(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；
6分
(2)有三个零点，当且仅当或，
，① 8分
在处的切线方程为：，
该切线经过点，则，
即,② 10分
①、②联立得：

因为，
所以，
所以，即. 12分
【命题来源】改编自《选择性必修第二册P99-T13》
【考查内容】利用导数研究三次函数的单调性，曲线的切线，
【背景】三次方程的韦达定理.

21. （本小题满分12分）
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.
【解析】(1) ，即采用3局2胜制，所有可能取值为，
2分
的分布列如下表：

2
3



所以的数学期望为. 3分
(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：
4分
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：

， 5分

，
得. 7分
(3)由(2)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. 11分
该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利. 12分
【命题来源】改编自《选择性必修第三册P75例3》
【考查内容】离散型随机变量分布列，二项分布模型，三次函数的因式分解，概率与数列的综合应用.

22.（本小题满分12分）
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.

【解析】(1)设，
所在直线方程为，
联立方程得，同理, 2分

若四边形的面积：

化简得，. 4分
因为位于第一象限，位于第四象限，，，
所以，即动点的轨迹的方程为. 5分
(2)假设存在定直线，使为定值.
设,中点，直线方程为，
联立方程， 6分
由得
7分
， 8分
，
设到直线的距离 9分

因为为定值，所以为定值. 10分
由为定值得即，
即当时，为定值，此时.
所以存在定直线，使为定值. 12分
【命题来源】改编自《选择性必修第二册》P128-T11和P146-T16.
【考查内容】动点轨迹问题，直线与双曲线位置关系，直线与圆位置关系，探索性问题，定值问题.