2023届湖南省长沙市长郡中学高三一模数学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市长郡中学高三一模数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南省长沙市长郡中学高三一模数学试题 一、单选题1．已知，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】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：A2．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【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，可认为其测量数据错误.【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．函数在 上的大致图像为（    ）A． B．C． D．【答案】B【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，且，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C、D；而 ，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”和“竹器验雪” .其中“天池测雨”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尺=10寸）时，平地的降雨量是（    ）A．9寸 B．6寸 C．4寸 D．3寸【答案】D【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(寸)；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【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：A6．已知，则m，n不可能满足的关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【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.故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【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，， 即，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F1，F2，离心率为，点是C的右支上异于顶点的一点，过F2作的平分线的垂线，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【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，延长交于点N，由于PM是的平分线，，所以是等腰三角形，所以，且M是NF2的中点.根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以MO是的中位线，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，设，T到两渐近线的距离之和为S，则，由，即，又T在上，则，即，解得，，由，故，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、多选题9．已知复数z=a+bi（a，b），其共轭复数为，则下列结果为实数的是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【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．点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【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，当时，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．过 作y=的切线，有无数条【答案】AC【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，又 ，故 在 上只有一个解，C正确;对于 D，设切点为 ，则切线方程为，代入(0，0)，有，得t= 0或 ，若 ，则切线方程为；若 ，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，为中点，点满足.下列结论正确的是（    ）A．若，则四面体的体积为定值.B．若平面，则的最小值为.C．若的外心为，则为定值2.D．若，则点的轨迹长度为.【答案】ABD【分析】对于A，由，可得三点共线，可得点在，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，所以点在，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，过作于，因为，所以，所以C错误，对于D，过作于点，因为则可得平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，，在上取点，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13．已知，若，则 t 的值为_________.【答案】-1【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【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， 又，展开式通项为，对应的系数，故得到，解得，其系数为或.又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 ，且在 上单调，则的最大值为_________.【答案】【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 ，令 ，则 在上单调，则，使得 ，解得，由，得，当时，取得最大值为；故答案为： . 四、双空题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______；为的内心，三点共线，且，轴上点满足，，则的最小值为______．  【答案】     4     【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：由为的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.【详解】①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：，又，由余弦定理得：，即，整理得：，所以：；②为的内心，所以为的角平分线，则有，同理：，所以，所以，即，因为，所以，故，为的内心，三点共线，即为的角平分线，则有，又，所以，即，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：由题意知道或利用的关系式求出，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. 五、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，C=.(1)当 时，求的面积;(2)求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【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a，b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.【详解】（1）由，得 ，即，即，当 时，，得;当时，，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.（2）法一：由余弦定理可得:，由得，当且仅当a=b取等号.又，即.即周长的取值范围是. 法二:，中，由正弦定理有，.即周长的取值范围是.18．如图，已知在四棱锥中，为中点，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）【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）以为，过作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，∴，∵，为中点，∴，梯形中与相交 ∴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，则由可得取，得，，即，由可得取，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分.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】（1）可求出选手每轮得分取0，20，30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0，20，30，且，，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0，20，且，∴，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0，20，30，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 【分析】（1）当时，由已知等式变形可得，利用累加法可求得在时的表达式，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.【详解】（1）解：当时，在等式两边同除后得，所以，，上述等式累加得，即，所以，.又时，满足该式，故.（2）解：由，所以，，所以，，当时，，当时，.综上所述，对任意的，.21．已知拋物线过定点C（l，2），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P作x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）【详解】如图.（1）由抛物线过定点，得抛物线方程为.设点.则，即，与联立解得点于是，.当时，，，过定点Q（3，2）.当时，，易得，也过定点Q（3，2）.（2）由（1）可设.与抛物线方程联立得则，，.当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)记的零点为，的极小值点为，当时，判断与的大小关系，并说明理由.【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)，理由见解析 【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.【详解】（1）由，①若a0，则在上单调递增;②若 a<0，令，则 ，令，则，在上单调递增，在上单调递减.（2）有，证明：由，设则在(0，+)上单调递增，即在上单调递增.又，存在，使在单调递减，在上单调递增， 为的极小值点，故. 由，，又，由（1）知a>0时，在上单调递增，.【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，使得是的极小值点，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.