湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三高考前素养数学试题（含解析）

这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三高考前素养数学试题（含解析），共29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。
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三高考前素养数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数的共轭复数为，且，则下列各式中不成立的是（    ）
A． B． C． D．
3．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8（其中），若该组数据的中位数是众数倍，则该组数据的方差和60%分位数分别是（    ）
A．，5 B．5，5 C．，6 D．5，6
4．一个半球体状的雪堆，假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，其体积变化的速率与半球面面积成正比，已知半径为的雪堆在开始融化的3小时，融化了其体积的，则该雪堆全部融化需要（    ）小时
A． B．4 C．5 D．6
5．已知是三条不同的直线，是三个不重合的平面，则下列说法错误的是（    ）
A．若，则．
B．若与异面，，则存在，使得．
C．若，则．
D．若，则．
6．函数的图像如图所示，图中阴影部分的面积为，则（    ）

A． B． C． D．
7．等比数列满足各项均为正数，，数列的前项和为，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆，点在椭圆上，满足在椭圆上存在一点到直线的距离均为，则的最大值是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知函数和的图像都是上连续不断的曲线，如果，当且仅当时，那么下列情形可能出现的是（    ）
A．1是的极大值，也是的极大值 B．1是的极大值，也是的极小值
C．1是的极小值，也是的极小值 D．1是的极小值，也是的极大值
10．已知圆M：，直线l：，下面四个命题，其中真命题是（    ）
A．存在实数k与θ，使得直线l与圆M相离
B．圆心M在某个定圆上
C．对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与圆M相切
D．对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与圆M相切
11．已知随机变量的取值为不大于（）的非负整数，它的概率分布列为：

0
1
2
3
…






…

其中（）满足，．为随机变量的期望．定义由生成的函数，为函数的导函数．现有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分别标有1，2，3，4个点数，这枚骰子连续抛掷两次，向下点数之和为，此时由生成的函数为，则（    ）
A． B． C． D．
12．正四棱柱，底面边长为，侧棱长为2，则下列结论正确的（    ）
A．点到平面的距离是．
B．四棱锥内切球的表面积为．
C．平面与平面垂直．
D．点为线段上的两点，且，点为面内的点，若，则点的轨迹长为．

三、填空题
13．在直角坐标平面中，角的始边为轴的非负半轴，它的始边、终边分别与单位圆相交于两点，已知，则的一个可能取值是 .
14．甲、乙、丙、丁四人进行某4项比赛，每项比赛4人均参加，假设每项比赛都决出了第一名到第四名，得分依次为4分、3分、2分、1分。比赛结束甲以总分14分获得第一名，乙以总分13分获得第二名，丙获得过某项比赛的第三名，丁获得过某两项比赛的第四名，丁不是总分最后一名，丁的总分是 分．
15．已知为双曲线上一点，以为切点的切线为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，则（为坐标原点）的面积为 ．
16．周长为4的，若分别是的对边，且，则的取值范围为 ．

四、解答题
17．数列的各项均为正数，前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式．
(2)设数列满足条件①；②，请从条件①②中选一个，求出数列的前项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．中，是边上的点，，且．
(1)若，求面积的最大值；
(2)若内是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，说明理由．
19．如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．

(1)求证：O，P，三点共线；
(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
20．2021年春节前，受疫情影响，各地鼓励外来务工人员选择就地过年．某市统计了该市4个地区的外来务工人数与就地过年人数（单位：万），得到如下表格：

区
区
区
区
外来务工人数万
3
4
5
6
就地过年人数万
2.5
3
4
4.5
(1)请用相关系数说明与之间的关系可用线性回归模型拟合，并求关于的线性回归方程和A区的残差
(2)假设该市政府对外来务工人员中选择就地过年的每人发放1000元补贴．
①若该市区有2万名外来务工人员，根据（1）的结论估计该市政府需要给区就地过年的人员发放的补贴总金额；
②若区的外来务工人员中甲、乙选择就地过年的概率分别为，其中，该市政府对甲、乙两人的补贴总金额的期望不超过1400元，求的取值范围．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
21．设是等比数列，，，，的各项和，其中，，．
（Ⅰ）证明：函数在内有且仅有一个零点（记为），且；
（Ⅱ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较
与的大小，并加以证明．
22．如图，在平面直角坐标系中，为轴正半轴上的一个动点．以为焦点、为顶点作抛物线．设为第一象限内抛物线上的一点，为轴负半轴上一点，设，使得为拋物线的切线，且．圆均与直线切于点，且均与轴相切．
  
(1)试求出之间的关系；
(2)是否存在点，使圆与的面积之和取到最小值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．D
【分析】解不等式求出，再根据补集的概念求解即可.
【详解】由，得到，∴，
由，得到，∴，
∴，
故选：D.
2．C
【分析】利用复数的四则运算，对选项逐一计算判断即可.
【详解】∵，
∴，
，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：C．
3．C
【分析】先求出x的值，再根据定义分别求解.
【详解】中位数 ，众数为4，,由题意知，解得，
该组数据的平均数为，
该组数据的方差是，
因为，所以该组数据的60%分位数是6；
故选：C.
4．D
【分析】设雪堆在时刻的体积为，侧面积，依题意令，即可求出，令（为常数），求出，再根据求出，即可得解．
【详解】设雪堆在时刻的体积为，侧面积．
令，即于是，
令（为常数），由，得，故．
又，即，得，从而，
因雪堆全部融化时，，故，即雪堆全部融化需小时．
故选：D．
5．D
【分析】利用线线、线面、面面关系的判定与性质一一判断即可.
【详解】对选项A，若，则，又，∴．选项A正确；
对选项B，在上取点，分别作的平行线，这两条相交直线确定平面，
因为，则，同理可证，
因为，所以，又因为，，
所以，故B正确；
  
对选项C，设，在平面内任取一个不在直线上的点，
过点作直线，垂足分别为点．
又因为，，，
，又，故，
又因为平面，从而．故选项C正确；
  
对选项D，直线的位置关系可以是任意的，比如设，且，，，则根据平行的传递性知，故D错误.
故选：D.
6．A
【分析】由正切函数的周期性及其图象，应用等面积法求得最小正周期为，结合图象所过的点求参数，即可得解析式，进而求函数值.
【详解】如图，①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积，可得，
设函数的最小正周期为，则，
由题意得，解得，故，得，即，
的图象过点，即，
∵，则，

∴，解得．
∴
∴.
故选：A
7．A
【分析】利用分组求和法求出，进而得，从而得，利用导数研究其单调性求解.
【详解】等比数列满足各项均为正数，，
则的公比为，，
，
，
；，
当时，，
令，，
令，，
当时，，即为增函数，故，
即当时，为增函数，故，
则单调递增，，时，
综上，则的取值范围为.
故选：A.
8．B
【分析】设，根据距离公式可得是关于的方程的两个实根，整理得关于的一元二次方程，根据韦达定理可得，求解得，结合不等式即可得最大值.
【详解】  
由题可设，
则到直线的距离为，到直线的距离为，
所以是关于的方程的两个实根，
该方程即，于是．
又，所以，同理，
所以

．
当且仅当时等号成立，所以的最大值是.
故选：B.
9．ABC
【分析】由题意构造函数图象满足题干依次判定选项即可.
【详解】对于A选项，构造如图所示图象，则A选项正确；
  
对于B选项，构造如图所示图象，则B选项正确；
  
对于C选项，构造如图所示图象，则C选项正确；
  
对于D选项，因为1是的极小值，则在1的附近存在，使得，
又1也是的极大值，则在1的附近存在，使得，
所以在1的附近存在与，使得，不合题意，故D错误.
故选：ABC.
10．BC
【分析】先判断在定圆上和动直线所过的定点，从而可判断AB的正误，根据特例可判断D的正误，根据圆心到直线的距离以及辅助角公式可判断D的正误.
【详解】由题设可得，故，
故，故在圆运动变化，故B正确.
直线过定点，而，
故在圆上，故直线与圆不可能相离，故A错误.
取，则圆：，
则到直线的距离为，
故此时直线与圆始终相交，故D错误.
对于任意的，到直线的距离为：
，
设，
故到直线的距离为，
当时，有，
故此时直线与圆相切，故C正确.
故选：BC.
11．ACD
【分析】由题意得出的分布列、生成的函数为及导函数，然后逐项对选项判断即可.
【详解】解：四个面分别标有1，2，3，4个点数的正四面体型骰子，连续抛掷两次，向下点数之和为的取值为，
，，
，，
，，
，
则的分布列为：

2
3
4
5
6
7
8








由题知，，且生成的函数，
，
,
对于A，，故A正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，，故D正确.
故选：ACD
12．AC
【分析】利用等体积法判断A，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判断C，建立空间直角坐标系，设点，即可求出动点的轨迹方程，即可判断D.
【详解】对于A：设点到平面的距离为，
  
，，
，，
又，所以，解得，故A正确；
对于B：
  
，，
，
，
设内切球的半径为，则，解得，故B错误；
对于C：设底面中心为，连接交于，则为线段中点，
    
则，，所以为面与面所成角的平面角，
在中，，，∴，
所以平面与平面垂直，故C正确；
对于D，设底面中心为，底面中心为，分别以直线分别为轴建立空间直角坐标系，
    
设点，又，
由得，，整理得，
所以点轨迹为圆在面内的部分（如下图），
因为，，，显然，所以，
即，
  
所以的弧长不为，即点的轨迹长不为，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：涉及点到面的距离一般利用等体积法或空间向量法，D选项关键是建立空间直角坐标系，定量计算出动点的轨迹.
13．（答案不唯一）
【分析】先利用数量积数量积运算律及模的运算求出两向量夹角，再由终边相同的角求出即可.
【详解】由题意，又，所以，所以，
所以，因为，所以，
所以或，故的一个可能取值是（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）
14．7
【分析】根据题设条件进行推理分析知：第三、四名的总分为分，第四名总分不可能超过分，结合第一、二名的获胜名次，即可推演出丁的总分．
【详解】4项比赛的总分为分，甲、乙总分之和为分，
甲、乙包揽了四个第一名，还获得了三个第二名和一个第三名；
丙、丁总分之和为13分，所以第四名总分不超过6分，且第四名至少得4分，
因为丁不是总分最后一名，所以丙是总分最后一名，
由于丙获得过某比赛的第三名，即获得2分，若丙再得3分，则还有两个项目至少得2分，总分7分，超过了6分，
所以，还有一个3分丁得，由于丁还获得过某两项比赛的第四名，再加2分，一共5分，因为丁不是最后一名，
所以丁还有一个项目不可能得1分，只能是2分，所以丁最终总分为7分．
故答案为：.
15．
【分析】根据给定条件，求出双曲线渐近线方程，设出直线的方程，联立求出点的纵坐标，再利用直线与双曲线相切借助判别式求出三角形面积作答.
【详解】双曲线的渐近线为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，
  
显然直线不垂直于y轴，设直线，，
由得点的纵坐标，由得点的纵坐标，
由消去x得，
于是，化简得，
直线与x轴交点的横坐标为，
所以的面积.
故答案为：
16．
【分析】利用平面向量的数量积公式结合余弦定理可得，再根据三角形两边之和大于第三边结合基本不等式求出，然后利用二次函数的性质求解即可.
【详解】因为周长为4的，分别是的对边，且，
所以
，
令，
∴，
∴，解得，
又∵，∴，∴
故，又在上递减，

∴，
故答案为：.
17．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）先求出的值，将换成，结合条件可得出，从而得出答案；
（2）若选①，可得，利用裂项相消法可求解；若选②，利用错位相减法可求解.
【详解】（1）∵，
所以或，∵，∴，
……①．……②．
① - ②得是首项为3，公差为2得等差数列，；
（2）若选①，，
；
若选②，
，
，
，
.
18．(1)
(2)存在，

【分析】（1）根据条件结合三角形面积公式可得，建立平面直角坐标系，从而可得A在一个定圆上运动变化，从而可求的边上的高的最大值，故可得面积的最大值；
（2）根据题设条件可判断该三角形为直角三角形，设，
法一：利用正弦定理和两角差的正弦公式可得，从而得，
法二：利用正弦定理得，利用余弦定理可求得，从而得.
【详解】（1）由面积公式可得：
，
，
因为，故，
由可得即，
建立如图所示的平面直角坐标系，
  
则，设，
则，整理得到：，
即点A的轨迹是以圆心，为半径的圆，
故的边上的高的最大值为，故其面积的最大值为.
（2）因为，故，又，故，
故为直角三角形，且，
假设内存在点，使得，
法一：如图，设，
则，故，
  
在中，由正弦定理可得，即，
故，故，
因为为锐角，故，
故存在且．
法二：如图，设，则，故，
同理，故，
而，故，
在中，由余弦定理可得：，
整理得到：，
所以，
整理得到：，解得或，
但为锐角，故，故，
故存在且．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明，由面面平行的性质得出，进而得出O，P，三点共线；
（2）以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角大小的余弦值．
【详解】（1）证明：连交于，连．
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，且，
又O，分别为BD，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，于是，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．

（2）解：由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，连，，，
则，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，则，
所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．
以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，于是，
又，所以，，
设平面的法向量为，
则，于是可得，
不妨令，则，
平面的一个法向量为，
，
又结合图形易得二面角为锐角，
所以二面角大小的余弦值为．

20．(1)答案见解析，，0.05
(2)①1750（万元）；②

【分析】（1）根据表中数据和题设给出的计算公式可求相关系数，故可用线性回归模型拟合与之间的关系，求出回归方程后可求残差.
（2）①结合（1）的回归方程可估计补贴总金额；②利用独立事件的概率公式可求补贴总金额的分布列，求出其期望后可求的取值范围.
【详解】（1）由题，，
，
，，
所以相关系数，
因为与之间的相关系数近似为0.99，说明与之间的线性相关程度非常强，
所以可用线性回归模型拟合与之间的关系．
，
故关于的线性回归方程为．
∵，∴，故A区的残差为0.05.
（2）（2）①将代入，得，
故估计该市政府需要给区就地过年的人员发放的补贴总金额为（万元）．
②设甲、乙两人中选择就地过年的人数为，则的所有可能取值为0，1，2，
，
，
．
所以，
所以，
由，得，又，所以，
故的取值范围为．
21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）当时， ，当时，，证明见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用零点定理可证在内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证在内有且仅有一个零点，进而利用是的零点可证；（Ⅱ）先设，再对的取值范围进行讨论来判断与的大小，进而可得和的大小．
试题解析：（Ⅰ），则

所以在内至少存在一个零点．
又，故在内单调递增，
所以在内有且仅有一个零点．
因为是的零点，所以，即，故．
（Ⅱ）解法一：由题设，
设
当时，
当时，
若，
若，
所以在上递增，在上递减，
所以，即．
综上所述，当时, ；当时
解法二 由题设，
当时,
当时, 用数学归纳法可以证明．
当时, 所以成立．
假设时，不等式成立，即．
那么，当时，
．
又
令，则
所以当,,在上递减；
当,,在上递增．
所以，从而
故．即，不等式也成立．
所以，对于一切的整数，都有．
解法三:由已知，记等差数列为,等比数列为,则，，
所以,
令
当时, ,所以．
当时,
而，所以，．
若，，，
当，，，
从而在上递减，在上递增．所以，
所以当又，，故
综上所述，当时，；当时．
考点：1、等比数列的前项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前项和公式；4、利用导数研究函数的单调性．

22．(1)
(2)存在，

【分析】（1）由题意，设出直线方程，联立其与椭圆方程，根据相切，利用根的判别式为零，求得，表示出直线方程，写出的坐标，利用弦长公式，可得答案；
（2）根据切线长定理，可得线段相等与三角形相似，建立方程，表示出，利用三点共线，建立方程，可得与的等量关系，利用圆的面积公式，整理其函数关系，结合基本不等式，可得答案.
【详解】（1）由条件抛物线C：，点，
设，将其与抛物线C的方程联立，消去得．①
因为与抛物线C切于点P，所以，方程①的判别式为，解得．
进而，点．故．
由，则．②∴.
（2）设的圆心分别为．
注意到，与圆切于点P．故．
设圆与轴分别切于，如图所示：
  
则分别为的角平分线，故，，,
易知，则，
．
结合式②有．③
由三点共线得，化简可得．④
令，于是，圆的面积之和．
根据题意，仅需考虑T取最小值的情形，根据③、④知
．
令．由，，．
当且仅当时，上式等号成立．此时，．
结合式②得．故点．