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    湖南省长沙市长郡中学2023届高三数学一模试题(Word版附解析)
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    湖南省长沙市长郡中学2023届高三数学一模试题(Word版附解析)

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    这是一份湖南省长沙市长郡中学2023届高三数学一模试题(Word版附解析),共24页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分,94B, 已知,则的最大值为, 已知O为坐标原点,双曲线C, 已知复数z=a+bi等内容,欢迎下载使用。

    长郡中学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.

    I

    一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40.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,则等于(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】

    首先求出集合,再利用集合的交运算即可求解.

    【详解】

    所以

    故选:A

    2. 某工厂的一台流水线生产质量稳定可靠,已知在正常工作状态下生产线上生产的零件内径尺寸(单位:)服从正态分布.甲、乙两名同学正进行尺寸测量练习.甲、乙对各自抽取的个零件测量零件内径尺寸(单位:)如下,甲同学测量数据:;乙同学测量数据:.则可以判断(   

    A. 甲、乙两个同学测量都正确 B. 甲、乙两个同学测量都错误

    C. 甲同学测量正确,乙同学测量错误 D. 甲同学测量错误,乙同学测量正确

    【答案】C

    【解析】

    【分析】根据原则可确定,可知甲同学测量数据正确,乙同学测量数据中发生了小概率事件,可认其测量数据错误.

    【详解】,即

    甲同学测量的数据均落在之间,测量数据正确;

    乙同学测量的数据中有两个数据落在之外,即小概率事件发生,知其测量错误.

    故选:C.

    3. 函数 上的大致图像为(   

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】先根据函数的奇偶性作排除,再根据特殊值求解.

    【详解】 ,而

    ,即函数既不是奇函数也不是偶函数,其图像关于原点、y轴不对称,排除CD

    ,排除A

    故选:B.

    4. 最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年).该书第二章为天时类,收录了有关降水量计算的四个例子,分别是天池测雨圆罂测雨峻积验雪竹器验雪” .其中天池测法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水.已知天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸,当盆中积水深九寸(注:1=10寸)时,平地的降雨量是(   

    A 9 B. 6 C. 4 D. 3

    【答案】D

    【解析】

    【分析】根据圆台的计算公式求解.

    【详解】

    如图所示,由题意知天池盆上底面半径是14寸,下底面半径是6寸,高为18寸,

    由积水深9寸知水面半径为 (14+6) = 10寸,

    则盆中水体积为  (立方寸),所以平地降雨量为 3()

    故选:D.

    5. 为调查某地区中学生每天睡眠时间,釆用样本量比例分配的分层随机抽样,现抽取初中生800 人,其每天睡眠时间均值为9小时,方差为1,抽取高中生1200人,其每天睡眠时间均值为8小时,方差为0.5,则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为(   

    A. 0.94 B. 0.96 C. 0.75 D. 0.78

    【答案】A

    【解析】

    【分析】根据给定条件,求出该地区中学生每天睡眠时间的均值,再利用分层抽样方差的计算方法求出方差作答.

    【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为:(小时)

    该地区中学生每天睡眠时间的方差为:.

    故选:A

    6. 已知,则mn不可能满足的关系是(   

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】根据对数的运算判断A,根据不等式的性质判断BCD.

    【详解】,即,即.

    对于 A 成立.

    对于 B ,成立.

    对于 C ,即.C错误;

    对于 D 成立.

    故选:C.

    7. 已知,则的最大值为(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】对题目条件进行三角恒等变化,得,将转化为,求出最值.

    【详解】因为

    所以

    ,所以

    因为

    所以

    所以

    当且仅当,即时,等号成立,取得最大值.

    故选:B.

    8. 已知O为坐标原点,双曲线C:的左、右焦点分别是F1F2,离心率为,点C的右支上异于顶点的一点,过F2的平分线的垂线,垂足是M,若双曲线C上一点T满足,则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    解析】

    【分析】由双曲线的定义,结合双曲线的离心率,得双曲线的方程及渐近线的方程,

    再设,由双曲线的方程求点到两条渐近线的距离之和.

    【详解】

    设半焦距为c,延长于点N由于PM的平分线,

    所以是等腰三角形,所以,且MNF2的中点.

    根据双曲线的定义可知,即,由于的中点,

    所以MO的中位线,所以

    又双曲线的离心率为,所以,所以双曲线C的方程为.

    所以,双曲线C的渐近线方程为

    T到两渐近线的距离之和为S,则

    ,即

    T上,则,即,解得

    ,即距离之和为.

    故选:A.

    【点睛】由平面几何知识,,依据双曲线的定义,可将转化为用a表示,进而的双曲线的标准方程.

    二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20.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.

    9. 已知复数z=a+biab),其共轭复数为,则下列结果为实数的是(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】BCD

    【解析】

    【分析】逐个代入化简,检验虚部是否为0,即可判断.

    【详解】对于A不一定为实数;

    对于 B ;

    对于 C;

    对于 D.

    故选:BCD.

    10. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线,它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的,已知在平面直角坐标系中,,动点P满足,则下列结论正确的是(   

    A. 的横坐标的取值范围是

    B. 的取值范围是

    C. 面积的最大值为

    D. 的取值范围是

    【答案】BC

    【解析】

    【分析】设出点P的坐标,列出方程并化简整理,放缩解不等式判断A;利用几何意义并结合求函数值域判断B;利用三角形面积公式计算判断C;取点计算判断D作答.

    【详解】设点,依题意,

    对于A,当且仅当时取等号,

    解不等式得:,即点的横坐标的取值范围是A错误;

    对于B,则

    显然,因此B正确;

    对于C的面积,当且仅当时取等号,

    时,点P在以线段MN为直径的圆上,由解得

    所以面积的最大值为C正确;

    对于D,因为点在动点P的轨迹上,当点P为此点时,D错误.

    故选:BC

    【点睛】易错点睛:求解轨迹方程问题,设出动点坐标,根据条件求列出方程,再化简整理求解,还应特别注意:补上在轨迹上而坐标不是方程解的点,剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.

    11. 已知函数,则下列说法正确的有(   

    A. 是偶函数

    B. 是周期函数

    C. 在区间 上,有且只有一个极值点

    D. y=的切线,有无数条

    【答案】AC

    【解析】

    【分析】根据 的解析式,分别其对称性,周期性,单调性以及切线方程作出分析.

    【详解】显然 A正确;

    显然不是周期函数, B错误;

    对于 C ,令 ,当 时, ,则 单调递减,

    ,故 上只有一个解,C正确;

    对于 D,设切点为 ,则切线方程为

    代入(00),有t= 0 ,若 ,则切线方程为

    ,则切线方程为故有且仅有3 条切线,D错误;

    故选:AC.

    12. 在直四棱柱中中,中点,点满足.下列结论正确的是(   

    A. ,则四面体的体积为定值.

    B. 平面,则的最小值为.

    C. 的外心为,则为定值2.

    D. ,则点的轨迹长度为.

    【答案】ABD

    【解析】

    【分析】对于A,由,可得三点共线,可得点,而由直四棱柱的性质可得平面,所以点到平面的距离为定值,而的面积为定值,从而可进行判断,对于B,取的中点分别为,连接,由面面平行的判定定理可得平面平面,从而可得平面,进而可求得的最小值,对于C,由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断,对于D,在上取点,使得,可得点的轨迹为圆弧,从而可进行判断.

    【详解】对于A,因为,所以三点共线,所以点,因为平面平面,所以平面,所以点到平面的距离为定值,因为的面积为定值,所以四面体的体积为定值,所以A正确,

    对于B,取的中点分别为,连接,则,因为平面平面,所以平面,因为,所以,因为平面平面平面,因为平面,所以平面平面,因为平面,所以平面,所以当时,最小,因为,所以,所以,所以重合,所以的最小值为,所以B正确,

    对于C,若的外心为,过,因为,所以,所以C错误,

    对于D,过于点,因为则可得平面平面,所以,因为平面,所以平面

    上取点,使得,则,所以若,则在以为圆心,2为半径的圆弧上运动,

    因为,所以,则圆弧等于,所以D正确,

    故选:ABD

    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20.

    13. 已知,若,则 t 的值为_________.

    【答案】-1

    【解析】

    【分析】根据平面向量的坐标运算规则求解.

    【详解】,故可得

    ,即,整理得,解得

    故答案为:-1.

    14. 已知 a>0,若,且,则a=______.

    【答案】2

    【解析】

    【分析】依据题给条件列出关于a的方程,解之即可求得a的值.

    【详解】因为

    ,展开式通项为

    对应的系数,故得到,解得

    其系数为.

    a>0,故实数a的值为2.

    故答案为:2.

    15. 已知函数 的一条对称轴为 ,且 上单调,则的最大值为_________.

    【答案】

    【解析】

    【分析】根据正弦函数的性质和对称轴的几何意义求解.

    【详解】函数一条对称轴为

    的对称轴可以表示为

    ,则 上单调,

    ,使得 ,解得,由,得

    时,取得最大值为

    故答案为: .

    16. 如图,椭圆与双曲线有公共焦点,椭圆的离心率为,双曲线的离心率为,点为两曲线的一个公共点,且,则______的内心,三点共线,且轴上点满足,则的最小值为______


     

    【答案】    ①. 4    ②.

    【解析】

    【分析】第一空:利用椭圆与双曲线的定义及性质,结合图形建立方程,求出,在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可;

    第二空:由的内心,得出角平分线,利用角平分线的性质结合平面向量得出,代入中利用基本不等式求最值即可.

    【详解】由题意得椭圆与双曲线的焦距为

    椭圆的长轴长为,双曲线的实轴长为

    不妨设点在双曲线的右支上,

    由双曲线的定义:

    由椭圆的定义:

    可得:

    ,由余弦定理得:

    整理得:

    所以:

    的内心,

    所以的角平分线,则有,同理:

    所以

    所以,即

    因为

    所以,故

    的内心,三点共线,

    的角平分线,则有,又

    所以

    因为

    所以,故

    所以

    当且仅当时,等号成立,

    所以的最小值为

    故答案为:4.

    【点睛】方法点睛:离心率的求解方法,

    1)直接法:由题意知道利用公式求解即可;

    2)一般间接法:由题意知道利用的关系式求出,在利用公式计算即可;

    3)齐次式方程法:建立关于离心率的方程求解.

    四、解答题(70.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

    17. 中,内角ABC所对的边分别为abc已知C=.

    1 时,求的面积;

    2周长取值范围.

    【答案】1   

    2

    【解析】

    【分析】1)由已知及三角函数恒等变换的应用化简可得,分类讨论可求出ab的值,利用三角形面积公式即可计算得出结论;

    2)由余弦定理及已知条件可得,利用基本不等式可得,解得,从而可求得周长的最大值.

    【小问1详解】

    ,得

    时,,得;

    时,,由正弦定理得

    由余弦定理及已知条件可得

    联立. 解得

    故三角形的面积为.

    【小问2详解】

    法一:由余弦定理可得:

    ,当且仅当a=b取等号.

    ,即.

    周长的取值范围是.

    法二:

    中,由正弦定理有

    .

    周长的取值范围是.

    18. 如图,已知在四棱锥中,中点,平面平面

    1)求证:平面平面

    2)求二面角的余弦值.

    【答案】1)见解析;(2

    【解析】

    【详解】分析:(1)由勾股定理可得可得平面于是由正三角形的性质可得可得底面从而可得结果;(2)的垂线为建立坐标系,利用向量垂直数量积为零列方程组,求出平面的一个法向量与平面的一个法向量,利用空间向量夹角余弦公式可求出二面角的余弦值.

    详解1)证明:

    平面平面,两平面的交线为平面

    中点,

    ,梯形中相交底面

    平面平面

    2)如图建立空间直角坐标系,则

    设平面的一个法向量为,平面的法向量为,则

    可得,得,即

    可得,得,即

    故二面角的余弦值为

    点睛空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.

    19. 市教育局计划举办某知识竞赛,先在四个赛区举办预赛,每位参赛选手先参加赛区预赛,预赛得分不低于100分就可以成功晋级决赛,每个赛区预赛中,成功晋级并且得分最高的选手获得一次决赛中的错题重答特权.赛区预赛的具体规则如下:每位选手可以在以下两种答题方式中任意选择一种答题.方式一:每轮必答2个问题,共回答6轮,每轮答题只要不是2题都错,则该轮次中参赛选手得20分,否则得0分,各轮答题的得分之和即为预赛得分;方式二:每轮必答3个问题,共回答4轮,在每一轮答题中,若答对不少于2题,则该轮次中参赛选手得30分,如果仅答对1题,则得20分,否则得0.各轮答题的得分之和即为预赛得分.记某选手每个问题答对的概率均为.

    1)若,该选手选择方式二答题,求他晋级的概率;

    2)证明:该选手选择两种方式答题的得分期望相等.

    【答案】1;(2)证明见解析.

    【解析】

    【分析】

    1)可求出选手每轮得分取02030时候的概率,预赛得分大于等于100分,有三种情况,得分120分,110分,100分,分别算出这三种情况的概率,按照概率的加法公式计算晋级的概率即可.

    2)分别计算两种方式下每轮得分的分布列.求出的数学期望,由此求出每种方式预赛得分的数学期望,作出判断.

    【详解】解:(1)该选手选择方式二答题,记每轮得分为,则可取值为02030

    记预赛得分为

    该选手所以选择方式二答题晋级的概率为.

    2)该选手选择方式一答题:

    设每轮得分为,则可取值为020

    设预赛得分为,则

    .

    该选手选择方式二答题:

    设每轮得分为,则可取值为02030,且

    .

    设预赛得分为,则

    因为,所以该选手选择两种方式答题的得分期望相等.

    【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤:

    1)根据题中条件确定随机变量的可能取值;

    2)求出随机变量所有可能取值对应的概率,即可得出分布列;

    3)根据期望的概念,结合分布列,即可得出期望(在计算时,要注意随机变量是否服从特殊的分布,如超几何分布或二项分布等,可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式,简化计算)

    20. 已知数列满足,当时,.

    1求数列的通项公式;

    2已知数列,证明:.

    【答案】1   

    2证明见解析

    【解析】

    【分析】1)当时,由已知等式变形可得,利用累加法可求得时的表达式,然后检验时的情形,综合可得出数列的通项公式;

    2)当时,验证所证不等式成立,当时,由放缩法可得出,再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立,综合可得出结论.

    【小问1详解】

    解:当时,在等式两边同除后得

    所以,

    上述等式累加得,即,所以,.

    时,满足该式,故.

    【小问2详解】

    解:由,所以,

    所以,

    时,

    时,

    综上所述,对任意的.

    21. 已知拋物线过定点Cl2),在抛物线上任取不同于点C的一点A,直线AC与直线y=x+3交于点P,过点Px轴的平行线,与抛物线交于点B.

    1)证明:直线AB过定点;

    2)求ABC面积的最小值.

    【答案】1)见解析;(2

    【解析】

    【详解】如图.

    1)由抛物线过定点,得抛物线方程为.

    设点.

    ,即,与联立解得点

    于是,.

    时,过定点Q32.

    时,

    易得,也过定点Q32.

    2)由(1)可设.

    与抛物线方程联立得

    .

    m=1时,△ABC面积的最小值为.

    22. 已知函数.

    1讨论函数的单调性;

    2的零点为的极小值点为,当时,判断的大小关系,并说明理由.

    【答案】1上单调递增,在上单调递减   

    2,理由见解析

    【解析】

    【分析】1)求出函数的导数,通过讨论的范围,求出函数的单调区间即可;

    2)求出的导数,得出的单调性,结合函数的极小值点,得到,又,故,从而证明结论.

    【小问1详解】

    a0,则上单调递增;

    a<0,则

    ,则

    上单调递增,在上单调递减.

    【小问2详解】

    证明:由,设

    (0+)上单调递增,即上单调递增.

    存在,使单调递减,在上单调递增,

    的极小值点,故.

    由(1)知a>0时,上单调递增,

    .

    【点睛】关键点睛:本题第二小问中,利用二阶求导求出的单调性是关键,从而可得存在,使得的极小值点,得从而与函数关联起来.本题是综合题,考查了函数的单调性,极值问题,函数与导数的概念,以及转化思想和分类讨论思想,属于较难题.

     


     

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