湖南省2022-2023学年高三第一次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份湖南省2022-2023学年高三第一次模拟考试数学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省2022-2023学年高三第一次模拟考试数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________
一、单选题
1．满足等式的集合X共有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小，密度大，吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来数字中也有类似的“黑洞”，任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新数字串；重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字，我们称它为“数字黑洞”，如果把这个数字设为a，若，则（    ）
A． B． C． D．
3．定义在R上的奇函数满足，且对任意的正数a、b（），有，则不等式的解集是（    ）
A． B．
C． D．
4．若，，则下列选项中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
5．考古时在埃及金字塔内发现“142857”这组神秘的数字，其神秘性表现在具有这样的特征：，，…，．且．这类数因其“循环”的特征，常称为走马灯数．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任意取出3个数构成一个三位数x，则是剩下的3个数字构成的一个三位数的概率为（    ）
A． B． C． D．
6．如图，已知正四棱台中，，，，点分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（    ）

A．平面 B．平面DMN C．平面ACNM D．平面
7．已知函数，，其中．若的图象在点处的切线与的图象在点处的切线重合，则a的取值范围为
A． B．
C． D．
8．已知，那么（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．下列命题正确的是（    ）
A．当时， B．当时，
C． D．
10．下列说法正确的是（    ）
A．若事件A与B互相独立，且，，则
B．在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好
C．若随机变量服从二项分布，则
D．设随机变量服从正态分布，则
11．如图所示，抛物线E：的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于，和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（    ）

A．E的方程为
B．
C．若AD，BC的斜率分别为，，则
D．若AD，BC的倾斜角分别为，，则的最大值为
12．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（    ）
A． B．是钝角三角形
C．的最大内角是最小内角的倍 D．若，则外接圆半径为

三、填空题
13．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为___________.
14．已知数列满足：，，，则__________．
15．在长方体中，，E，F分别为棱上一点，且，则过点C，E，F的平面截该长方体所得的面面积为______．
16．已知关于的方程有且仅有2个实数根,则实数的取值范围为_____________．

四、解答题
17．的内角的对边分别为，．
(1)求；
(2)若，，求．
18．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.

(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ;
(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为，求点P到平面BQB1的距离.
19．已知数列的首项，
（1）证明：数列是等比数列；
（2）数列的前项和；
（3）求证：对于任意，数列的前项和．
20．已知点是区域，内的点，目标函数，的最大值记作．若数列的前项和为，，且点在直线上．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和．
21．如图平面直角坐标系中，一直角三角形，，在轴上且关于原点对称，在边上，，的周长为12.若一双曲线以为焦点，且经过两点.

(1)求双曲线的方程；
(2)若一过点（为非零常数）的直线与双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点，且，问在轴上是否存在定点，使？若存在，求出所有这样定点的坐标；若不存在，请说明理由.
22．已知函数．
(1)求证：；
(2)是否存在唯一实数，使得成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
2．D
【分析】先根据数字黑洞的定义求出，再利用三角化简得，平方即得解.
【详解】解：根据“数字黑洞”的定义，任取数字2023，经过一步之后为314，经过第二步之后为123，再变为123，再变为123，所以数字黑洞为123，
即，
，
∴，
平方得，
∴.
故选：D．
3．C
【分析】易知函数在上单调递减，令，将不等式等价为或，进一步求出答案.
【详解】∵对任意的正数a、b（），有，
∴函数在上单调递减，
∴在上单调递减.
又∵，∴
令
所以不等式等价为或
∴或，
∴或，
∴或，
即不等式的解集为.
故选：C.
【点睛】本题考查抽象函数的单调性和奇偶性以及不等式的知识点，考查逻辑思维能力，属于基础题.
4．C
【分析】对于A，作商比较，对于B，令判断，对于C，利用在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积判断，对于D，利用放缩法判断
【详解】解：对于A选项，由于，，故由对数的定义得，，
所以
，所以，故错误；
对于B选项，令，则，此时，故错误；
对于C选项，因为，在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积，
所以，故正确；
对于D选项，由于，故错误．
故选：C
5．C
【分析】求出从1，4，2，8，5，7这6个数字中任意取出3个数构成一个三位数x 的总个数，再求出满足“是剩下的3个数字构成的一个三位数”的x的个数，进而用古典型概率公式可求得结果.
【详解】从1，4，2，8，5，7这6个数字中任意取出3个数构成一个三位数x，共有个这样的数．
注意到1，4，2，8，5，7这6个数字中，，将它们分成三组：．易知满足“是剩下的3个数字构成的一个三位数”的x为每组中取1个数的不同排列，其个数为．
故所求概率为．
故选：C.
6．C
【分析】延长交于一点，取中点，连接，根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形，即可得，，由长度关系及平行可证明，，即可证明在上，在上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】解：延长交于一点，取中点，连接，如图所示：

因为正四棱台，所以为正四棱锥，
因为，，，且，
所以，即，解得，
所以，即为等边三角形，
因为为中点，所以，且，同理可得，
因为，所以，即，
因为为中点，所以，
故，，
因为，，
所以，，
所以，，
因为，，
所以在上，在上，
因为，，所以，，
即，，因为平面，平面，
，所以平面.
故选：C
7．A
【分析】先根据导数的几何意义写出函数在点A与函数在B处的切线方程，再利用两直线重合的充要条件列出关系式，从而得出，令，则，最后利用导数研究它的单调性和最值，即可得出的取值范围．
【详解】∵，
∴，，
函数在点处的切线方程为：，
函数在点处的切线方程为：，
两直线重合的充要条件是①，②，
由①及得，
故，
令，则，且，
设，
，
当时，恒成立，即单调递减，
，时，，
即a的取值范围为，故选A.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义等基础知识，考查了推理论证能力、运算能力、创新意识，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法，属于中档题.
8．A
【分析】根据诱导公式化简后即可求解.
【详解】,
,
，
故选：A
9．BD
【分析】逐项判断每个选项的正误进行判断.
【详解】对于A，当时，,不满足，A错误；
对于B，当时，所以,可得，
当且仅当，即或时，等号成立,B正确；
对于C，，因为时，,不满足，C错误；
对于D，因为,所以，
当且仅当，即时，等号成立,D正确.
故选：BD.
10．ABC
【详解】若事件A与互相独立，且，，
可得，则，故A正确；
在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，故B正确；
若随机变量服从二项分布，则，
，故C正确；
随机变量服从正态分布.
可得，，则，故D错误；
故选：ABC.
11．AD
【分析】根据抛物线定义表示，由条件列方程求可得抛物线方程，判断A，设的方程为，利用设而不求法求，判断B，设，利用设而不求法求，根据直线AD经过点F，确定的关系，利用表示，判断C，讨论，结合关系利用基本不等式求的最值即可判断D.
【详解】当直线垂直于x轴时，直线的方程为，
所以点的横坐标为，
所以，又，
所以，所以抛物线的方程为，A正确；
所以，
若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有一个交点，以已知矛盾，
故可设直线的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
由已知为方程的两根，
所以，，B错误；
同理可设的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
设
所以，，
若直线的斜率存在，则，， ，
因为直线AD经过点F，所以，
所以，因为，
所以，
所以，
所以，，
所以，C错误；
因为AD，BC的倾斜角分别为，，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，，
所以，此时，
当，因为，所以，
所以
所以，
当且仅当，时等号成立，即时等号成立，
所以的最大值为，D正确；
故选：AD.
【点睛】(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
12．ACD
【解析】由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D.
【详解】解：由，可设，，，，
根据正弦定理可知，选项A描述准确；
由为最大边，可得，
即为锐角，选项B描述不准确；
，
，
由，，可得，选项C描述准确；
若，可得，
外接圆半径为，选项D描述准确.
故选：ACD.
【点睛】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，二倍角公式，考查化简运算能力，属于中档题.
13．
【分析】由二项式定理及列方程求得，再确定的系数即可.
【详解】由题设知：，则，即，解得，
而，又含项为，又，含项为，
故的系数为：.
故答案为：
14．1或8
【分析】根据递推关系，对分奇偶即可逐项求解得.
【详解】①若为偶数，则由可得，
若为偶数，则由可得，进而或者，均满足要求，
若为奇数，则由可得，不符合要求，舍去，
②若为奇数，则由可得，不符合要求，舍去，
综上或，
故答案为：1或8
15．
【分析】连接，取，连接，易得截面即为且是平行四边形求解.
【详解】解：如图所示：

连接，取，连接，
则由长方体的特征知：，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，即为所求截面，
因为，
所以，
则，
所以截面的面积为，
故答案为： .
16．
【分析】由题可得函数与的图象有两个交点，利用导数研究函数的性质，进而可得函数的大致图象，然后利用数形结合即得.
【详解】依题意得，，即，
故问题转化为函数与的图象有两个交点，
令，则，
由可得，由可得，
故当时，函数单调递减，当和时，函数单调递增，
作出函数的大致图象，

又函数的图象恒过点，
当函数的图象与曲线相切时，
①设过第一、二、三象限的切线的切点为，
则易求得该切线方程为，即，
将代入，解得，
故切线斜率为1，切线方程为，此时切线方程正好经过；
②由对称性可知，过第一、二、四象限的切线的斜率为，
所以或，解得或,
即实数的取值范围为.
故答案为：.
17．(1)
(2)

【分析】（1）由题知，再根据正弦定理边角互化并整理得，进而得答案；
（2）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而结合已知条件得，再求解正弦值即可.
【详解】（1）解：因为，
所以，即，
所以，正弦定理可得，
因为，
所以，
因为，．
所以，
因为，
所以．
（2）解：因为，
所以，由正弦定理得．
又因为，，
所以，
整理可得，即，
所以，
因为，
所以或，即或，
因为，
所以，．
18．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取BB1中点E，连接AE，EH，结合已知条件易得EH∥B1Q、AE∥PB1，根据线面平行的判定可证面，面，再由面面平行的判定及性质即可证结论.
（2）连接PC1，AC1有PC1⊥AA1，由面面垂直的性质可得PC1⊥面ABB1A1，过P作PR⊥AA1交BB1于点R，进而构建空间直角坐标系，设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，确定相关点坐标，求面PQB1、面AA1C1C的法向量，根据已知二面角的余弦值求参数λ，进而可得，连接BP，应用等体积法求P到平面BQB1的距离.
【详解】（1）如图，取BB1中点E，连接AE，EH，由H为BQ中点，则EH∥B1Q.
在平行四边形AA1B1B中，P、E分别为AA1，BB1的中点，则AE∥PB1，
由EH∩AE=E且面，面，
所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，
所以面EHA∥面B1QP，而AD面EHA，
∴AD∥面B1PQ.

（2）连接PC1，AC1，由四边形A1C1CA为菱形，则AA1=AC=A1C1=4.
又∠C1A1A=60°，则△AC1A1为正三角形，P为AA1的中点，即PC1⊥AA1.
因为面ACC1A1⊥面ABB1A1，面ACC1A1∩面ABB1A1=AA1，PC1面ACC1A1，
∴PC1⊥面ABB1A1，在面ABB1A1内过P作PR⊥AA1交BB1于点R.
建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz，则P(0,0,0)，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,2)，C(0,-4,2)，

设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，则Q(0,-2(λ+1),2λ)，
∴=(0,-2(λ+1),2λ).
∵A1B1=AB=2，∠B1A1A=60°，则B1(,1,0)，
∴=(,1,0).
设面PQB1的法向量为=(x,y,z)，则,令x=1，则=1,-,-，
设面AA1C1C的法向量为=(1,0,0)，二面角B1-PQ-C1的平面角为θ，则，解得λ=或λ=-(舍)，
∴=且Q(0,-3,)，又B(,-3,0)，
∴=(,0,-)，故||=，=(,4,-)，故||=.
所以，即，
连接BP，设P到平面BQB1的距离为h，则××4××=××4××h，
∴h=，即点P到平面BQB1的距离为.
19．（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）将等式两边取倒数，减1，结合等比数列的定义，即可得证；
（2）由（1）可求出，然后代入中可得数列的通项公式，分组，再利用错位相减法求和；
（3）由于，所以，而，然后利用放缩法即可证明.
【详解】（1）证明：因为，
所以,
所以
所以数列是以为公比，以为首项的等比数列；
（2）由（1）得，所以
所以，
令，  
则   
所以上面两式相减得
                      
所以，
所以
（3）证明：因为，所以，
所以
      
      
      
      
      
      


【点睛】此题考查了等比数列的证明，数列求和中的分组求和与错位相减求和，利用了放缩法证明不等式，综合性强，属于难题.
20．（1）证明见解析（2），
【分析】（1）根据题意作出可行域，根据线性规划求出的最大值．又点在直线可得，由关系得，即从而得证；
（2）由（1）得，可知数列为等差数列与等比数列之和，可用分组求和法求.
【详解】（1）目标函数对应直线，即
可行域，表示以轴、轴和直线为三边的三角形及其内部.

如图当直线过点时，有最大值
所以当，时，的最大值
又在直线上
所以，可得，
当时，，又,可得，所以
当时，可得
化简整理，得，因此，
所以数列是以为首项，公比的等比数列；
（2）由（1）得，
所以，可得
根据等差数列和等比数列的求和公式，得



即数列的前项和，
21．(1)
(2)存在，定点

【分析】（1）设出双曲线方程，由双曲线定义和题干条件得到，，，，求出，得到双曲线方程；
（2）设在x轴上存在定点，直线的方程为，由，得，由得到，两式联立得，联立直线方程和，得到两根之和，两根之积，代入中，求出，从而求出定点的坐标.
【详解】（1）设双曲线的方程为，
则.
由，得，即.
由双曲线定义可知：①，
因为的周长为12，所以②，
解得：，，
因为，所以，
即，解得：，

双曲线的方程为；
（2）设在x轴上存在定点，使.
因为直线与双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点，故直线斜率不为0，
设直线的方程为.
由，得，
即.①
，
，
故，
即.②
把①代入②，得
③
把代入，并整理得.
其中且，
即，且.
.
代入③，得，
化简得，当时，上式恒成立.
因此，在轴上存在定点，使.
【点睛】圆锥曲线定点定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.
22．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）根据题意转化为证明，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
（2）假设存在唯一实数，转化为方程在内存在唯一实数根，令，求得导数则，
当时，得到在上单调递减，得出在内无零点；当时，令，求得，再分、和，求得函数的单调性与最值，进而得到结论.
(1)
证明：要证 ，
即证，即证，
令，可得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，所以.
(2)
解：假设存在唯一实数，使得，即，
问题转化为方程在内存在唯一实数根.         
令，
则，
（1）当时，，在上单调递减，，
所以在内无零点；
（2）当时，令，
可得，
①当，即时，，在单调递减，
且，即，
在单调递增，，所以在内无零点.       
②若，即时，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，所以，在上单调递增，，所以在无零点；
③若，即时，，在单调递减，
因为，，
由，所以，使得，
当时，，则，单调递减，，
所以在内无零点.                                   
当时，，则，单调递增，
由（1）知，，
所以，
令，则，
取时，，，
在内存在唯一零点，所以在内存在唯一零点.       
综上所述，存在唯一实数，使，的取值范围为.