湖南省名校普通高等学校2022-2023学年招生全国统一考试数学考前演练二试题 （Word版附解析）

2023年普通高等学校招生全国统一考试考前演练二

数学

时量：120分钟，满分：150分

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. 已知复数z满足，则（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的除法解出复数，再由公式求出复数的模.

【详解】因为，所以，所以.

故选：C．

2. 设全集，已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】计算或，再计算交集得到答案.

【详解】因为或，又，

所以，

故选：A

3. 如图，在平行四边形ABCD中，，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的运算法则计算得到答案.

【详解】，

故选：B

4. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数，函数的图象关于直线对称，则函数的单调增区间可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】确定，根据对称得到，，解不等式得到答案.

【详解】，函数图象关于直线对称，

得，即，又，所以，

则，

由，得，

当时，，当时，，故B满足，验证其他选项不满足.

故选：B

5. 已知正实数x，y满足，设，，（其中为自然对数：），则a，b，c的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用作差比较法，结合指数函数的单调性可得答案.

【详解】因为，，，所以

又，，所以，所以；

又，

又，，所以．

综上，．

故选：A．

6. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线SA长为6米（其中S为圆锥顶点，O为圆锥底面圆心），C是母线SA的靠近点S的三等分点．从点A到点C绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的SO的体积为（    ）

A. 立方米 B. 立方米 C. 立方米 D. 立方米

【答案】C

【解析】

【分析】设圆锥底面半径为r，如图，根据余弦定理得到，计算，，再计算体积得到答案.

【详解】设圆锥底面半径为r，如图，扇形是圆锥的侧面展开图，

中，，，，所以，

所以，所以，，

，

所以圆锥的体积为（立方米），

故选：C

7. 已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，为偶函数，则的值为（    ）

A. 3 B. 5 C. 6 D. 11

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意是偶函数，则，然后求导得，根据题目解析式判断出是奇函数且是周期函数，赋值解出 .

【详解】是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，由，，得，即，

所以是周期函数，且周期为5，

又令得，

由，令得，所以．

故选：C．

8. 已知正方体，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若则点的轨迹所围成的图形面积的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】确定平面，，计算，，，E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，计算得到答案.

【详解】如图所示，连接交平面于O，连接EO，

平面，平面，故，

，，平面，故平面，

平面，故，

同理可得，，平面，故平面，

所以∠AEO是AE与平面所成的角，，所以，

在四面体中，，，

所以四面体为正三棱锥，O为的重心，如下图所示，

所以，，

因为，所以，

又E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，

所以E在平面内的轨迹围成的图形面积．

故选：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. 已知圆：与圆：，则下列说法正确的是（    ）

A. 若圆与x轴相切，则

B. 直线与圆始终有两个交点

C. 若，则圆与圆相离

D. 若圆与圆存在公共弦，则公共弦所在的直线方程为

【答案】BC

【解析】

【分析】选项A：若圆与x轴相切，则等于圆的半径；

选项B：直线恒过定点，点在圆内部，故直线与圆始终有两个交点；

选项C：利用圆心距与半径之和的关系，判断两圆是否外离；

选项D：若圆与圆有公共弦，联立两个圆的方程可得公共弦所在的直线方程为．

【详解】对于选项A：圆：，半径为2，若圆与x轴相切，则，故A错误；

对于选项B：直线，即，恒过定点，

又由，则点在圆内部，故直线与圆始终有两个交点，故B正确；

对于选项C：若，圆为，其圆心为，半径，

圆：，其圆心为，半径，

圆心距，两圆外离，故C正确；

对于选项D：若圆与圆有公共弦，联立两个圆的方程可得

即公共弦所在的直线方程为，故D错误．

故选：BC．

10. 已知，则下列结论成立是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】变换得到，令，可得A正确，，B正确，令，计算C错误，两边同时求导，令，得到D正确，得到答案.

【详解】，

展开式的通项为，

对选项A：令，可得，正确；

对选项B：，所以，正确；

对选项C：令，可得，错误；

对选项D：，两边同时求导，得，令，，正确．

故选：ABD

11. 已知O为坐标原点，，分别是双曲线E：的左、右焦点，P是双曲线E的右支上一点，若，双曲线E的离心率为，则下列结论正确的是（    ）

A. 双曲线E的标准方程为

B. 双曲线E的渐近线方程为

C. 点P到两条渐近线的距离之积为

D. 若直线与双曲线E的另一支交于点M，点N为PM的中点，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据双曲线定义及离心率求出得到双曲线的标准方程，即可求出渐近线方程判断AB，再由点到渐近线的距离判断C，点差法可判断D.

【详解】根据双曲线的定义得，，故，由，得，

所以，所以双曲线E的标准方程为，渐近线方程为，即，所以A正确，B不正确；

设，则点P到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；

设，，因为P，M在双曲线E上，所①，②，

①－②并整理得，，即，所以，所以D正确．

故选：ACD．

12. 函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（    ）

A. 函数的极大值为1

B. 函数的图象在点处的切线方程为

C. 当时，方程恰有2个不等实根

D. 当时，方程恰有3个不等实根

【答案】BD

【解析】

【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.

【详解】对于A：，

在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，

所以的极大值为，A错误；

对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；

对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，

在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，

因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，

作出函数的部分图象，如图，

观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；

当时，有3个实数根，C错误，D正确.

故选：BD

【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知正实数，满足，则的最大值是______.

【答案】

【解析】

【分析】利用均值不等式得到，再计算得到答案.

【详解】正实数，，则

当时等号成立.

故答案为

【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的应用能力.

14. 若，，则______________．

【答案】##0.25

【解析】

【分析】利用同角三角函数关系结合二倍角公式计算得到答案.

【详解】，即，

即.

故答案为：

15. 已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量为取出3个球中红球的个数，则的方差______________；3个小球颜色互不相同的概率是______________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由题意分析的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望和方差即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.

【详解】由题可得，的所有可能取值分别为，

；

；

；

.

所以，

所以.

一次抽取抽到红球的概率为，抽到黑球的概率为，抽到白球的概率为，

所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是.

故答案为：；.

16. 已知抛物线C：与圆E：相交于P，Q，M，N四点（按顺时针方向排列），其中点P，Q在x轴上方，则四边形PQMN面积的最大值为______________．

【答案】

【解析】

【分析】抛物线与圆联立方程组，利用韦达定理表示出四边形PQMN面积，利用导数求最大值.

【详解】联立抛物线方程与圆的方程，消去y，得，

 由题意可知，在上有两个不相等的实数根，

，解得 即 ．

可设方程的两个根分别为，

则，，，，

且，，

 .

令

则，

，

时，；，，

可得在 上单调递增，在 上单调递减，即当时，有最大值，

所以四边形ABCD的面积取得最大值.

【点睛】方法点睛：解答抛物线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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．

四、解答题；本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．

17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．

（1）求角B大小；

（2）若．且，求△ABC的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理和两角差的余弦公式，化简已知等式，求得，可求角B的大小；

（2）由已知条件利用余弦定理求得，根据三角形面积公式求△ABC的面积.

【小问1详解】

在中，由正弦定理 ，可得，

又由 ，得 即 ，

由，有

可得 又因为，所以 .

【小问2详解】

．且，，

由余弦定理：，

有，解得，

∴.

18. 已知正项数列的前n项和为，且满足，．

（1）求数列的通项公式及前n项和；

（2）设数列满足，．求数列的通项公式．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据与的关系，可得，根据等差数列的定义及通项公式求解即可；

（2）根据递推关系，利用累加法求通项公式即可.

【小问1详解】

由，可得，

两式相减可得：，

化简可得，由正项数列知 ，

所以，

又，解得，

所以是以2为首项，2为公差的等差数列，

故，由可得.

【小问2详解】

由（1）知，

所以，

所以，，，，

由累加法可得，

，

所以

19. 2020年全面建成小康社会取得伟大历史成就，决战脱贫攻坚取得决定性胜利．某脱贫县实现脱贫奔小康的目标，该县经济委员会积极探索区域特色经济，引导商家利用多媒体的优势，对本地特产进行广告宣传，取得了社会效益和经济效益的双丰收．

（1）该县经济委员会为精准了解本地特产广告宣传的导向作用，在购买该县特产的客户中随机抽取300人进行广告宣传作用的调研，对因广告宣传导向而购买该县特产的客户统计结果是：客户群体中青年人约占，其中男性为；中年人约占，其中男性为；老年人约占，其中男性为．以样本估计总体，视频率为概率．

（ⅰ）在所有购买该县特产的客户中随机抽取一名客户，求抽取的客户是男性的概率；

（ⅱ）在所有购买该县特产的客户中随机抽取一名客户是男客户，求他是中年人的概率（精确到0.0001）

（2）该县经济委员会统计了2021年6～12月这7个月的月广告投入x（单位：万元）；y（单位：万件）的数据如表所示：

已知可用线性回归模拟拟合y与x的关系，得到y关于x的经验回归方程为，请根据相关系数r说明相关关系的强弱．（若，则认为两个变量有很强的线性相关性，r值精确到0.001）

参考数据：，，．

参考公式：相关系数．

【答案】（1）（ⅰ）0.3975；（ⅱ）0.4403；   

（2）两个变量有很强的线性相关性.

【解析】

【分析】（1）根据全概率公式即可得出（ⅰ）的答案，进而根据条件概率公式可得出（ⅱ）的答案；

（2）由已知可求得，，，然后代入公式即可求出相关系数的值，进而得出两个变量线性相关性的强弱.

【小问1详解】

（ⅰ）分别设抽取的客户为青年人、中年人、老年人为、、，

抽到男性为事件.

由已知可得，，，，，，，

由已知可得，抽取的客户是男性的概率为.

（ⅱ）由（ⅰ）可得，.

【小问2详解】

由已知可得，，，

，

所以，.

所以，两个变量有很强的线性相关性.

20. 如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．

（1）证明：；

（2）若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.

【小问1详解】

平面ABC⊥平面，平面平面，

菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，

平面，平面，平面，.

【小问2详解】

平面，，，

以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，

则，，，，， ， ·

 ， ， ，

设平面法向量是，

由，令，，得

设平面的法向量是 ，

 由，令，，可得 ，

所以，由，解得，

，，

三棱柱的体积为.

21. 已知椭圆C：的上顶点为B，O为坐标原点，为椭圆C的长轴上的一点，若，且△OPB的面积为．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）椭圆C与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标，求出△AMN面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点为，△AMN面积的最大值为

【解析】

【分析】（1）根据题意得到与，从而求得，由此得解；

（2）结合题意设直线MN的方程为，联立椭圆C的方程得到，进而得到，结合即可得到关于的方程，从而证得直线MN过定点，再利用，结合对勾函数的单调性即可得解.

【小问1详解】

由已知，得，即，

又因为，所以，即，

解方程组，得，

所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

由题意可知，直线MN的斜率不为0，设，直线MN的方程为，

联立，消去，得，

所以，，

则，

因为，所以，即，

所以，

即，解得或，

因为当时，直线的方程为，则直线经过，不符合题意，

所以，满足，此时直线的方程为，所以直线过定点，

记直线与轴的交点为，则点坐标为，

当时，，

，

令，

令，则，故在上单调递增，

所以，

当且仅当，即时，△AMN面积取得最大值.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.

22. 已知函数为自然对数的底数.

（1）若是函数的唯一极值点，求正实数的取值范围；

（2）令函数，若存在实数，使得，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）对求导，令，要使是函数的唯一极值点，即，利用导数研究的单调性即可得出答案；

（2）令，将函数变形为，设，要证明，即证明，不妨设，结合的单调性即证明，构造函数，研究其单调性即可证明.

【小问1详解】

，

令，则，令，解得，

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

.

因为是函数的唯一极值点，又，

所以，即时，恒成立，

所以当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增，

故有且仅有一个极值点.

所以正实数的取值范围为.

【小问2详解】

证明：的定义域为，

令，则上述函数变形为，

对于，则，

即在上单调递增，

由已知存在实数使得，

不妨设，所以存在对应的，使得，

对于，则，

因为，所以当时，，当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以为函数的唯一极小值点，

所以，则，

令，

则

，

所以在上单调递减，所以，

即，又，所以，

又由的单调性可知，即有成立，

所以.

【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解极值点问题、证明不等式问题；本题证明不等式的基本思路是：证明，即证明，再将所证不等式构造为的形式，从而将多变量问题转化为单一变量问题.