2023届湘豫名校联考高三高考3月第一次模拟考试 理科数学试题及答案

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湘豫名校联考
2023年3月高三第一次模拟考试
数学（理科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．在递增等比数列中，，且是和的等差中项，则（ ）
A．256 B．512 C．1024 D．2048
4．已知定义在R上的函数满足，为偶函数且，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
5．多年来，网络春晚一直致力于为本土市民“圆春晚梦”，得到了广大市民的认可．某市2023年网络春晚海选如期举行，该活动总共分为海选、复赛、决赛三个阶段，参赛选手通过决赛后将参加该市2023年网络春晚．已知甲、乙、丙三人组成一个小组，假设在每一轮比赛中，甲、乙、丙通过的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响，则该小组三人同时进入决赛的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，A是双曲线C的左顶点，以为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
7．已知实数x，y满足约束条件则的最大值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．9
8．已知某离散型随机变量X的分布列如下：
x

0
1
2
P
a
b
c

若，，则（ ）
A． B． C． D．
9．为弘扬中国优秀传统文化，某地教育局决定举办“经典诵读”知识竞赛．竞赛规则：参赛学生从《红楼梦》《论语》《史记》这3本书中选取1本参加有关该书籍的知识竞赛，且同一参赛学校的选手必须全部参加3本书籍的知识竞赛．某校决定从本校选拔出的甲、乙等5名优秀学生中选出4人参加此次竞赛．因甲同学对《论语》不精通，学校决定不让他参加该书的知识竞赛，其他同学没有限制，则不同的安排方法有（ ）种．
A．128 B．132 C．156 D．180
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
11．党的二十大报告将“完成脱贫攻坚、全面建成小康社会的历史任务，实现第一个百年奋斗目标”作为十年来对党和人民事业具有重大现实意义和深远历史意义的三件大事之一．某企业积极响应国家号召，对某经济欠发达地区实施帮扶，投资生产A产品．经过市场调研，生产A产品的固定成本为200万元，每生产x万件，需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，．每件A产品的售价为100元，通过市场分析，生产的A产品可以全部销售完．欲使得生产该产品能获得最大利润，则产量应为（ ）
A．40万件 B．50万件 C．60万件 D．80万件
12．下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，，，若，，则在方向上的投影是______．
14．在的展开式中，各项系数的和与各二项式系数的和之比为64，则______．
15．已知三棱锥P-ABC中，平面，，，则三棱锥P-ABC外接球的体积为______．
16．设过点的直线l与椭圆交于M，N两点，已知点，若直线AM与直线AN的斜率分别为，，则______．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（本小题满分12分）
已知函数，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若b=3，c=2，点D为BC边上靠近点C的三等分点，求AD的长度．
18．（本小题满分12分）
为庆祝党的二十大的胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高校在全校开展“不负韶华，做好社会主义接班人”的宣传活动．为进一步了解学生对党的“二十大”精神的学习情况，学校开展了“二十大”相关知识的竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取100人，将他们的竞赛成绩（满分为100分）分为5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图：

（1）估计这100名学生的竞赛成绩的中位数（结果保留整数）；
（2）在抽取的100名学生中，规定：竞赛成绩不低于70分为“优秀”，竞赛成绩低于70分为“非优秀”．请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”？（精确到0.001）

优秀
非优秀
合计
男
30


女


50
合计


100
参考公式及数据：，其中．

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
19．（本小题满分12分）
已知四棱锥中，平面ABCD，，，，，．

（1）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
（2）线段PB上是否存在一点M，使得CM⊥平面PBD？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
20．（本小题满分12分）
已知抛物线上的一个动点P到抛物线的焦点F的最小距离为1．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）过焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，M为抛物线上的点，且AM⊥BM，MF⊥AB，求的面积．
21．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）求证：．
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，圆C的圆心坐标为，且过原点O．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求圆C的参数方程及直线l的直角坐标方程；
（2）若直线l与圆C交于A，B两点，点P在圆C上运动，求面积的最大值．
23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
若函数的最大值为5．
（1）求t的值；
（2）已知a>0，b>0，且a+2b=t，求的最小值．
湘豫名校联考
2023年3月高三第一次模拟考试
数学（理科）参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
B
B
A
A
C
D
C
B
C
D
B
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D【命题意图】本题考查集合的运算、解不等式，考查了数学运算的核心素养．
【解析】因为集合，，所以．所以．故选D．
2．B【命题意图】本题考查复数的运算、复数的几何意义，考查了数学运算、直观想象的核心素养．
【解析】因为复数，其在复平面内对应的点位于第四象限，所以解得．所以实数a的取值范围为．故选B．
3．B【命题意图】本题考查等差数列的性质、等比数列的通项及其性质，考查了数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】设等比数列的公比为q，因为是和的等差中项，所以，即．因为，所以，解得或．因为等比数列是递增数列，所以．又因为，所以．故选B．
4．A【命题意图】本题考查函数的周期性及函数图象的对称性，考查了数学抽象、逻辑推理的核心素养．
【解析】因为为偶函数，所以，所以．又，所以，所以，所以函数的一个周期为4，所以．故选A．
5．A【命题意图】本题考查相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式，考查了转化思想和数据分析求解能力以及数学建模的核心素养．
【解析】设该小组三人能同时进入决赛为事件A，则该小组三人能同时进入决赛即前两轮比赛三人都顺利通过，则．故选A．
6．C【命题意图】本题考查圆与双曲线的综合问题，以及双曲线离心率的求法，考查了运算求解能力和数学运算的核心素养．
【解析】方法一：依题意，易得以为直径的圆的方程为．又由双曲线，易得双曲线C的渐近线方程为．

当时，如图，设，则．联立解得或所以，．又因为，所以轴．因为，．所以，所以．因为，所以．同理，当时，亦可得．故双曲线C的离心率为．故选C．
方法二（极化恒等式）：易得坐标原点O为线段PQ的中点，且，所以，所以，．故选C．
7．D 【命题意图】本题考查线性规划，考查了直观想象、逻辑推理的核心素养．
【解析】由题，画出满足题意的可行域如图所示，令，可化为，相当于直线在y轴上的截距．平移直线，当直线过点A时，截距最大，z最小；当直线过点C时，截距最小，z最大，联立得所以．联立得所以．所以，．所以．故选D．

8．C【命题意图】本题考查离散型随机变量的分布列、期望与方差，考查了数据分析、数学运算的核心素养．
【解析】由题意，得，所以①．因为，所以②．由，得，代入①②解得：，．所以．故选C．
9．B【命题意图】本题考查排列、组合的综合问题，考查了运算求解能力，逻辑推理和数学建模的核心素养．
【解析】根据题意，学校从5名优秀学生中选出4人去参加3本书籍的知识竞赛，且每本书的知识竞赛都要有该校学生参加，则必会有两人去参加同一书籍的知识竞赛．①若选出的4名学生中不含甲同学，在这4名学生中任意取2人进行捆绑，则不同的安排方法共有种；②若选出的4名学生中含有甲同学，则在剩余的4名优秀学生中再抽取3人，共有种方法；若甲同学和其中1名学生去参加同一书籍的知识竞赛，则共有种方法；若甲同学单独一人去参加某本书的知识竞赛，则共有种方法．根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有种．综上所述，不同的安排方法共有种．故选B．
10．C 【命题意图】本题考查数学文化、数列求和，考查了数学抽象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，所以．又，，…，，叠加可得，即，所以．又因为满足上式，所以．所以．因为，所以，即，所以．故．所以．故选C．
11．D【命题意图】本题考查函数的应用，考查了数学建模、数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】由题意得，销售收入为100x万元，当产量不足50万件时，利润；当产量不小于50万件时，利润．所以利润因为当0 12．B【命题意图】本题考查对数大小的比较及导数的应用，考查了数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
【解析】．
因为，所以，所以．比较与的大小，即比较与的大小．令，则．令，则．所以在定义域上单调递减，所以当时，，所以，所以在上单调递减．所以，即．所以，即．综上所述，．故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【命题意图】本题考查向量的运算法则，考查了数学抽象、直观想象的核心素养．
【解析】因为向量，，，所以．因为，，所以，即，解得（负值舍去）．所以，．所以．所以在方向上的投影为．
14．3或（只答一个不得分）【命题意图】本题考查二项式定理，考查了数学运算的核心素养．
【解析】因为的展开式中各项系数的和为，各二项式系数的和为，所以由题意得，所以，或，解得，或．
15．【命题意图】本题考查线面垂直以及三棱锥的外接球问题，考查了学生的运算求解能力和直观想象、数学运算的核心素养．
【解析】因为，，所以在中，根据余弦定理可得：，即．所以，所以∠ABC=120°．所以底面是顶角为120°的等腰三角形．由题意将三棱锥P-ABC补成如图所示的直三棱柱TPS-ABC，则该直三棱柱的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上．设外接圆的半径为r，三棱锥P-ABC外接球的半径为R，由正弦定理得，，所以，．所以三棱锥P-ABC外接球的体积为．

16．【命题意图】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查了直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】由题意知，直线l的斜率存在且不为0和，设直线l的方程为，即．设，，点M，N的坐标均不为，联立整理得，则，解得．因为时，，，所以．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．【命题意图】本题考查三角恒等变换、解三角形，考查了数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】（1）因为
，
所以，所以．
所以，即．
又，所以．
（2）方法一：在中，由余弦定理可得，
则．又点D为BC边上靠近点C的三等分点，所以．
又在中，，
在中，由余弦定理可得，
所以．
方法二：因为点D为BC边上靠近点C的三等分点，所以．
等式两边同时平方可得．
所以，即．
18．【命题意图】本题考查统计、独立性检验，考查了数据分析、数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】（1）因为，
所以竞赛成绩的中位数在内．
设竞赛成绩的中位数为m，则，解得，
所以估计这100名学生的竞赛成绩的中位数为72．
（2）由（1）知，在抽取的100名学生中，
竞赛成绩为“优秀”的有：人，
由此可得完整的2×2列联表：

优秀
非优秀
合计
男
20
30
50
女
40
10
50
合计
60
40
100
因为的观测值，
所以有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．
19．【命题意图】本题考查了空间向量中的线面角以及点的存在性问题，考查了学生的逻辑推理、运算求解能力和直观想象、数学运算的核心素养．
【解析】方法一：（1）因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
又因为，，
所以AB=AD=1，BC=2．
因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．又，所以．
以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．
所以，，．
设平面PBD的法向量为，
则即得
令x=2，可得平面PBD的一个法向量为．
设直线PC与平面PBD所成的角为，则．
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为．
（2）不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M（如图）．

可设，，所以．
所以．
又由（1）知为平面PBD的一个法向量，所以，即，无解．
所以线段PB上不存在满足条件的点M．
方法二（几何推理法）：
（1）如图，连接AC．因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．

因为，，所以AB=AD=1，BC=2．
因为BC⊥AB，所以．
因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD．
因为，所以，．
所以，．
设点C到平面PBD的距离为h，
由，得，解得．
设直线PC与平面PBD所成的角为，则．
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为．
（2）不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M，
由CM⊥平面PBD，平面PBD，平面PBD，得CM⊥PB，且CM⊥BD．
因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BC．
因为BC⊥AB，且，平面PAB，平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．又平面PAB，所以BC⊥PB．
若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．
又BC与BD不垂直，所以线段PB上不存在满足条件的点M．
20．【命题意图】本题考查直线与抛物线的位置关系及其应用，考查了直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】（1）设点P的坐标为，由抛物线定义可知，，
故，解得p=2，所以抛物线C的标准方程为．
（2）由（1）易知，设，，，
若AB⊥x轴，由MF⊥AB，得，，或或，
此时不满足AM⊥BM，所以不满足题意；
设直线AB的方程为，直线MF的方程为，如图所示，

将代入抛物线方程得，所以，．
将代入抛物线方程得，所以①．
直线AM的斜率为，同理BM的斜率为．
因为AM⊥BM，所以，
所以，即②．
由①②解得，将其代入①可得，，
所以或
当时，直线的方程为，，．
因为，满足，所以，．
所以，
所以．
同理可得，当时，直线AB的方程为，的面积也为32．
所以的面积为32．
21．【命题意图】本题考查利用导数研究函数图象的切线方程及函数的单调性与最值，不等式的证明，考查了转化思想、分类讨论思想、逻辑推理、数学运算的核心素养．
【解析】（1）因为，所以．
所以．
又因为．
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即．
（2）方法一：
证明：要证，即证，即证，即证．
令，则．
由，可得．
因为当时，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以．
所以，结论得证．
方法二：
证明：因为，
所以要证，即证．
即证．
设，
则．
令，则．
易知函数在上单调递减，
又，，
故存在唯一的，使得，即，即．
等式两边同时取对数得，即．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以，即．
所以在上单调递减．
因为当时，，，所以函数．
所以成立．
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．【解析】本题考查直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化，圆的参数方程问题，考查了学生的直观想象能力，数据分析求解能力和数学运算的核心素养．
（1）因为圆C的圆心坐标为，且过原点O，所以圆C的半径．
所以圆C的直角坐标方程为．
由此可以得到圆C的参数方程为（为参数）．
因为将其代入直线l的极坐标方程中，
可得，即直线l的直角坐标方程为．
（2）由（1）知直线，
圆C的圆心坐标为，半径为．
因为圆心到直线l的距离，
所以．
又点P在圆C上运动，所以点P到直线的最大距离为．
所以面积的最大值为．
23．【命题意图】本题考查不等式，考查了数学运算、逻辑推理的核心素养．
【解析】（1）因为t>0，
所以
即
因为在上单调递增，在，上单调递减，
所以，所以．
（2）由（1）知，则．因为，，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立．
又，所以当，时，取得最小值4．