湖南省长沙市雅礼中学2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析），共22页。
雅礼中学2023届模拟试卷（一）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，只有一项是符题目要求的．1. 已知集合，，则（    ）A.  B. C. 且 D. 【答案】C【解析】【分析】根据幂函数的性质及对数函数的性质分别求出集合，，再根据交集的定义求解即可.【详解】解：由题意可得，，∴且.故选：C．2. 下列说法正确的是（    ）A. 若，则与的方向相同或者相反B. 若，为非零向量，且，则与共线C. 若，则存在唯一的实数使得D. 若，是两个单位向量，且．则【答案】B【解析】【分析】对于A，当时，该选项错误；对于B， 表示与方向相同的单位向量，表示与方向相同的单位相同，所以与共线，所以该选项正确；对于C，当，为非零向量时，不存在，所以该选项错误；对于D，计算得，所以该选项错误．【详解】对于A，当时，与的方向可以既不相同也不相反，所以该选项错误；对于B，，为非零向量，表示与方向相同的单位向量，表示与方向相同的单位相同，由于，所以与共线，所以该选项正确；对于C，当，为非零向量时，不存在，所以该选项错误；对于D，由得，所以，所以该选项错误．故选：B．3. 函数的最小正周期为（    ）A.  B.  C.  D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】作出函数的图象得到函数的最小正周期，再证明即得解.【详解】作出函数的图象如图所示，得到函数的最小正周期为.证明：所以函数的最小正周期为.故选：A4. 给定一组数据：1，3，2，1，5，则这组数据的方差及第40百分位数分别是（    ）A. 5，2 B. ，2 C. ，1.5 D. 5，1.5【答案】C【解析】【分析】根据数据的方差与百分位数的概念计算即可.【详解】数据：1，3，2，1，5的平均数为，所以方差为；这组数从小到大排列为1，1，2，3，5，共5个数，所以，则这组数据的第40百分位数为.故选：C.5. 已知，则（    ）A. 1024 B. 1023 C. 1025 D. 512【答案】B【解析】【分析】利用赋值法得到，，结合二项式展开式的系数正负得到的值，进而求出答案.【详解】中，令得，的通项公式，故，中，令，得，所以，又，所以.故选：B．6. 已知数列满足，，若表示不超过的最大整数，则（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 5【答案】A【解析】【分析】根据递推公式一一计算可得.【详解】因为，，所以，，，，，，，，，∴．故选：A．7. 若，则当，1，2，…，100时（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用比大小的方法，即可求出k的值.【详解】解：由题意得：即，化简得：，又k为整数,可得,所以，故选：C．8. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解.【详解】要比较，，等价于比较的大小,等价于比较,即比较,构造函数,,令得,令得,所以在单调递增, 单调递减.所以,因为，所以最大，即，，中最大，设，结合的单调性得，，先证明，其中，即证，令，，其中，则，所以，函数在上为增函数，当时，，所以，当时，，则有，由可知，所以，因，所以即，因为，在单调递增，所以，即，因为 所以所以，即，因为，在单调递减.所以，即，即，综上，.故选：D【点睛】关键点睛：应用对数平均不等式（需证明）证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.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. 已知复数z的共轭复数为，则下列说法正确的是（    ）A. B. 一定是实数C. 若复数，满足．则D. 若复数z的平方是纯虚数，则复数z的实部和虚部相等或者互为相反数【答案】BD【解析】【分析】根据复数与共轭复数的概念、复数的运算逐项判断即可.【详解】当复数时，，，故A错；设（a，），则，所以，故B对；设（，），（，），由可得，所以，而，不一定为0，故C错；设（a，），则为纯虚数．所以，则，故D对．故选：BD．10. 已知不恒为0的函数，满足，都有．则（    ）A.  B. C. 为奇函数 D. 为偶函数【答案】BD【解析】【分析】令和，即可判断选项AB；令，即可判断选项CD.【详解】令，则，∴或1．令，则，若，则，与不恒为0矛盾，∴，∴选项B正确选项A错误；令，则，∴，∴为偶函数，∴选项D正确选项C错误.故选：BD．11. 如图，已知双曲线：左右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线在第一象限交于点B，连接，，与双曲线左支交于点P，与渐近线分别交于点M，N，则（    ）A. B. C. 过的双曲线的弦的长度的最小值为8D. 点B到两条渐近线的距离的积为【答案】AD【解析】【分析】由，若结合已知可得，设且，应用点在双曲线上、两点距离公式求坐标，写出直线求出坐标，进而判断各项的正误即可.【详解】由题设，若，则，，即，可得，若且，则，可得，故，所以，直线为，即，而渐近线为，所以，，则，又，可得（舍）或，故，所以，即，A正确；而，B错误；令，则，可得，故过垂直于x轴所得弦长为8，而过和两顶点的直线，所得弦长为2，所以过的双曲线的最短弦为2，C错误；由到的距离为，到的距离为，所以B到两条渐近线的距离的积为，D正确.故选：AD12. 如图，正方体的棱长为3，E为AB的中点，，动点M在侧面内运动（含边界），则（    ）A. 若∥平面，则点M的轨迹长度为B. 平面与平面ABCD的夹角的正切值为C. 平面截正方体所得的截面多边形的周长为D. 不存在一条直线l，使得l与正方体的所有棱所成的角都相等【答案】ABC【解析】【分析】对于A、C项，先作出平面截正方体所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.【详解】如图所示，分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面截正方体所得的截面，在侧面中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，由已知及平行线分线段成比例可得：，,所以,即，A正确；，故五边形D1FOEH周长为，C正确；连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即为平面与平面ABCD的夹角，易得，B正确；对于D存在直线l，如直线与正方体三条棱夹角相等．故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 计算：________．【答案】【解析】【分析】把转化为，利用差角的正弦公式化简即得解.【详解】原式故答案为：14. 六个身高不同的人排成二排三列，每一列后面的那个人比他（她）前面的那个人高，则共有________种排法．【答案】90【解析】【分析】根据有限制的排列问题求解即可.【详解】由于六个身高不同的人排成二排三列，每一列后面的那个人比他（她）前面的那个人高，则排法有种．故答案为：.15. 函数的最小值为________．【答案】【解析】【分析】化简，设，求出函数的单调性即得解.【详解】∵，设，∴，∴在区间上单调递減，在区间上单调递增，∴，∵是增函数，∴由复合函数的性质得．故答案为：16. 如图，已知抛物线C：，圆E：，直线OA，OB分別交抛物线于A，B两点，且直线OA与直线OB的斜率之积等于，则直线AB被圆E所截的弦长最小值为________．【答案】【解析】【分析】先由两直线斜率之积构造齐次化方程，得出直线AB过定点，再利用直线与圆的位置关系计算弦长确定最值即可.【详解】设，，设：，又，∴，∴，∴．∴，∴，∴直线AB恒过点，由图结合圆的弦长公式可知，当圆心E到动直线AB的距离最大时，即当直线时，弦长最短，此时弦最小为．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知正数数列，，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）因式分解，从而可推导得，再利用累乘法计算数列的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列的前项和.【小问1详解】∵，∴，又，∴，即．又，且，∴【小问2详解】，∴，，又，∴.18. 在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，求BC边上的高AD的最大值．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知等式即得解；（2）利用余弦定理和基本不等式求出，再求出，即得解.【小问1详解】根据正弦定理可得，又，∴．∵,∴．【小问2详解】，∴，当且仅当时取等号.∵，∴，∴，∴，∴AD的最大值为.19. 斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．（1）在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）存在，    （2）【解析】【分析】（1）连接，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设，根据，求出即可；（2）利用向量法求解即可.【小问1详解】连接，因为，为的中点，所以，由题意知平面ABC，又，，所以，以O点原点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，由得，同理得，设，得，又，，由，得，得，又，∴，∴存点D且满足条件；【小问2详解】设平面的法向量为，，，则有，可取，又，∴点到平面的距离为，∴所求距离为.20. 2023年中非经贸合作座谈会议在长沙举行，拟在某单位招募5名志愿者，该单位甲、乙、丙三个部门可分别向单位推选3名志愿者以供选拔，每个部门有3个小组，每个小组可向本部门推选2名志愿者供部门选拔，假设每名志愿者入选的机会相等．（1）求甲部门志愿者入选人数为1人的概率；（2）求所招募的5名志愿者来自三个部门的概率；（3）求某小组志愿者入选人数X的分布列及期望．【答案】（1）；    （2）；    （3）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；（2）利用对立事件的概率公式求解；（3）先写出X的取值，再求出概率，写出分布列，求出期望.【小问1详解】由题得．所以甲部门志愿者入选人数为1人的概率为.【小问2详解】由题得．所以所招募的5名志愿者来自三个部门的概率为.【小问3详解】由题意可知X取值为0，1，2，，，，所以X的分布列为：X012P所以．21. 已知函数．（1）当时，求的最大值；（2）当时，求证：（记）．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，进而求得最大值；（2）构造函数，求导得，由于当时，，所以，结合可得在区间上恒成立，进而得到在区间上为增函数，进而求解即可得证.【小问1详解】由，，所以，令，得，即；令，得，即，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又，，．所以．【小问2详解】设，所以，当时，，所以，又，所以恒成立．所以在区间上恒成立．所以在区间上为增函数，所以，所以当时，.【点睛】关键点睛：本题第（2）问关键在于构造函数求导后，利用时，，放缩成，进而得到在区间上恒成立，从而得到在区间上为增函数，即可求解.22. 已知椭圆C：，直线l与椭圆C交于A，B两点．（1）点为椭圆C上的动点（与点A，B不重合），若直线PA，直线PB的斜率存在且斜率之积为，试探究直线l是否过定点，并说明理由；（2）若．过点O作，垂足为点Q，求点Q的轨迹方程．【答案】（1）直线l过定点；    （2）【解析】【分析】（1）利用点在椭圆上和直线斜率公式即可证得直线l过定点；（2）利用三角函数设出A，B两点坐标，再利用题给即可求得，进而得到点Q的轨迹方程．【小问1详解】直线过定点，下面证明：设，，，又，，∴，  ∴直线过原点满足．又当PA两点固定时为定值，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为， 则直线重合，则重合，∴直线l过定点．【小问2详解】设，，，不妨设，∴，，又点A，B在椭圆上，∴，，∴，，两式相加得，由，得，∴点Q的轨迹是以点O为圆心以为半径的圆，∴点Q的轨迹方程为．