湖南省长沙市明德中学2023届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题（含解析）

湖南省长沙市明德中学2023届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，设全集，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C．2 D．4

3．已知平面向量满足，，且与的夹角为，则（    ）

A． B． C． D．

4．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时和骑自行车用时都近似服从正态分布. 绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车（    ）

A．有26 min可用 B．有30 min可用

C．有34 min可用 D．有38 min可用

5．已知角的终边在直线上，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知抛物线的焦点为 ，准线为，为上一点，，垂足为，与轴交点为，若，且的面积为，则的方程为（    ）

A． B． C． D．

7．如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（    ）

A． B． C．2 D．

8．已知实数满足： ，则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．6个数据构成的散点图，如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程，若在6个数据中去掉后，下列说法正确的是（    ）

A．解释变量x与预报变量y的相关性变强 B．样本相关系数r变大

C．残差平方和变小 D．决定系数变小

10．若，且，则（    ）

A． B．

C． D．

11．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．为钝角三角形

C．若，则的面积是

D．若外接圆半径是，内切圆半径为，则

12．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（    ）

A．的最小值为

B．若，则点的轨迹长为4

C．若，则四面体的外接球的表面积为

D．若，则点的轨迹长为

三、填空题

13．的展开式中二项式系数最大的项是________.

14．中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关.” 则此人在第六天行走的路程是__________里（用数字作答）.

四、双空题

15．直线与椭圆(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝_______，点P的坐标是________.

五、填空题

16．若，则的取值范围是____________.

六、解答题

17．已知等差数列前项和为，，.

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，求和：.

18．已知函数在区间单调，其中ω为正整数，|φ|＜，且.

(1)求图像的一个对称中心；

(2)若，求.

19．如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且∥平面.

(1)求三棱锥的体积；

(2)平面与平面所成角为，与平面所成角为，求证：.

20．已知函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若有三个零点，且在处的切线经过点，，求证：.

21．甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜. 已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率为.

(1)若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；

(2)若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即.

(i)求的取值范围；

(ii)证明数列单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.

22．如图，已知直线，，是平面内一个动点，∥且与相交于点（位于第一象限），∥，且与相交于点（位于第四象限），若四边形（为原点）的面积为.

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)过点的直线与相交于两点，是否存在定直线，使以为直径的圆与直线相交于两点，且为定值，若存在，求出的方程，若不存在，请说明理由.

参考答案：

1．B

【分析】利用指数不等式，求出，再利用集合间的交并补运算即可求出结果.

【详解】由，得到，所以

又因，所以，

因为全集，所以

故选：B．

2．A

【分析】根据已知，先化简，得到，继而利用复数的运算法则即可得出答案.

【详解】由，得，

则

所以.

故选：A

3．D

【分析】根据模长以及与的夹角为，可以求得向量的夹角，再利用模长计算公式即可.

【详解】因为平面向量满足，，且与的夹角为，

则，则，即解得，

所以.

故选：D

4．D

【分析】应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具，结合图形，比较概率的大小可得答案.

【详解】由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具.

根据和的分布密度曲线图可知，，，，.

所以，如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车.

故选：D.

5．A

【分析】根据终边上一点求出角的正切，再结合二倍角正弦公式，余弦公式，化简求值即可.

【详解】因为角的终边在直线上，故，

所以.

故选：A.

6．A

【分析】根据抛物线定义，结合图形特征，用p表示三角形面积列式可求抛物线方程.

【详解】由抛物线定义知，所以为等边三角形，为的中点，

所以，，

的面积，所以的方程为.

故选：A.

7．B

【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心到点的距离.

【详解】

如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，

又，故各侧面均为等边三角形，

若侧面三角形边长为，则，，，

显然△△，故，则.

故选：B.

8．A

【分析】首先可得，再设，即可得到，再结合指数函数的性质得到，同理得到、，再根据函数的单调性得到，即可判断.

【详解】因为，即，所以，

设，

，

设是单调递增函数，所以，所以，即，

又是单调递减函数，且，所以，

设

设是单调递增函数，所以，所以，即

又是单调递减函数，且，，

所以，

同理，由得，

又是单调递减函数，且，，

所以，

由，

所以且是单调递减函数，所以.

综上可得

故选：A

【点睛】关键点睛：本题解答的关键是合理的构造函数，结合指数函数的性质判断.

9．AC

【分析】根据散点图的性质可知去掉E后相关性变强判断A选项，相关系数为负判断B选项，残差平方和判断C,D选项.

【详解】去掉后，变量x与预报变量y的相关性变强，故A正确；

但由于散点的分布是从左上到右下，故变量x，y负相关，所以相关系数r变小，

残差平方和变小， 决定系数变大，C正确，D错误.

故选：AC.

10．ABD

【分析】利用基本不等式判断A、B、D，消元、结合二次函数的性质判断C.

【详解】因为，且，

对于A：，当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号，故A正确；

对于B：，

当且仅当，即、时取等号，故B正确；

对于C：，当且仅当、时取等号，故C不正确；

对于D：，

当且仅当时取等号，故D正确.

故选：ABD

11．BD

【分析】由正弦定理得到A选项；由大边对大角确定C最大，由余弦定理求出得到答案；C选项，由角C的余弦求出角C的正弦，再用面积公式求解；D选项，正弦定理求出外接圆半径,设出内切圆半径，利用面积列出方程，求出内切圆半径.

【详解】设，则，

对于A ，，故A不正确；

对于B ，c最大，所以C最大，，故B正确；

对于C，若，则，，所以，

所以的面积是，故C不正确；

对于D，若正弦定理，

的周长，，所以内切圆半径为，

所以.故D正确.

故选：BD

12．ACD

【分析】作出E关于D点的对称点为，根据对称性的最小值即为的长度，即可判断A；根据题意，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，对于BCD不同的条件，分别利用，然后往要求的方面转化，即可判断选项的正误.

【详解】设E关于D点的对称点为，

则，

所以当且仅当三点共线时取等号，

故的最小值为，故A正确；

由题意知，

则以O为坐标原点，

以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则设，

则，

对选项B：当时，，

所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，

所以，故点的轨迹长为，所以B错误；

对选项D：当时，，

，

所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

其轨迹长为，故D正确；

对选项C：在中， ，

为直角三角形，

其外心为与的交点，且，

而，

所以，

所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，

所以球的表面积为，故C正确.

故选：ACD

13．/

【分析】根据二项式系数的性质即可知最大，由二项式展开式的通项特征即可求解.

【详解】的二项展开式有7项，其二项式系数为，由组合数的性质可知最大，故由二项式定理得二项式系数最大的一项是.

故答案为：

14．6

【分析】根据题意分析，看成首项，公比的等比数列，已知，继而求出，即可得出答案.

【详解】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列，

，其公比，令数列的前n项和为，

则，而，

因此，解得，

所以此人在第六天行走的路程（里）.

故答案为：6

15．         

【分析】法1用代数法转化为一元二次方程只有两个相等实根求解；法2用椭圆在椭圆上一点处的切线方程的形式求解；法3用椭圆的定义可求解.

【详解】法1：联立方程得，

得，

所以，得，所以.

法2：设，则处切线，

可化为，比对得，

代入椭圆方程得：，得.

得，所以，得，所以.

法3：椭圆长轴长，焦点.

由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足，

椭圆上外部的每一个点P，均满足，直线与椭圆有且仅有一个公共点P，

则对于直线上任意一点，满足，当且仅当在点处时，等号成立，

即当在处时，取得最小值.求得关于直线对称的点为，

所以，

因此，椭圆方程为，P的坐标是.

故答案为：；

16．

【分析】根据题意，将不等式变形然后转化为一元二次不等式恒成立问题，将范围转化为函数的值域问题，再结合导数即可得到结果.

【详解】

，原不等式变形得.

，或，

，

由于，

若，则恒成立，在上单调递增，无最大值，不符合题意；

若，则，在上单调递增，在上单调递减，

所以.

综上：，

在上单调递减，在上单调递增，

且，

所以有两个零点，

由得

，当且仅当时等号成立.

，

且当，，单调递增，且当，，单调递减；

所以，当且仅当时等号成立.

所以的取值范围是.

故答案为：

【点睛】解答本题的关键在于先转化为恒成立问题，再构造函数，结合导数作为工具研究函数的最值，即可得到结果.

17．(1)

(2)

【分析】（1）先利用等差数列前项和公式与性质得到，从而结合条件求得公差，从而得解；

（2）先利用推递作差法求得，从而求得，再利用错位相减法即可得解.

【详解】（1）因为等差数列前项和为，

所以，

又，所以，

又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，

所以的通项公式为.

（2）因为，

所以，

两式相减得：，

又满足上式，所以，

又，所以.

所以，

，

两式相减得：

.

18．(1)

(2)

【分析】（1）由题意，，则有，可得函数图像的一个对称中心.

（2）由周期的范围，得，由，求满足条件的.

【详解】（1）由题设，的最小正周期，，

又因为，，

所以为图像的一个对称中心是.

（2）由（1）知，故，由，得.

由为的一个对称中心，所以.

因为，所以或.

若，则，即.

不存在整数，使得.

若，则，即.

不存在整数，使得.

当时，.

此时，由，得.

19．(1)2

(2)证明见解析

【分析】（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积；

（2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为与的正余弦值，即可证明结论.

【详解】（1）由题意，

∵平面平面，且平面平面，，平面ABC

∴平面，

∵平面，

∴，

又，，平面ABC

∴平面，

连接，

∵平面，平面，平面平面，

∴，

∵，

∴，

∴.

∴三棱锥底面的面积，高，

∴其体积为：.

（2）证明：由题意及（1）得，

以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，

如图.

则.

设平面的法向量为，

由，取，则，

平面的一个法向量为，

所以

又因为，所以

又，所以.

20．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，分为，两种情况讨论导数的正负，得出函数的单调性；

（2）有三个零点，当且仅当，由此得出范围．由题意①，由在处的切线经过点求得②，①②联立化简整理即可得出结论.

【详解】（1），令，

(i)当时，时，；时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

(ii)当时，时，；时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

（2）有三个零点，当且仅当或，

由题意，①

在处的切线方程为：，

该切线经过点，则，

即，②

①②联立得：，

，

因为，

所以，，

所以，即.

【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．

21．(1)分布列见解析，

(2)（i）；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利

【分析】（1）先写出离散型随机变量的分布列，再求出数学期望即可；

（2）先根据已知不等式列式求解，再根据单调性定义作差证明单调递增说明结论.

【详解】（1），即采用3局2胜制，所有可能取值为，

，

的分布列如下表：

所以的数学期望为.

（2）采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：

，

采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：

，

，

得.

（ii）由（i）知.

局比赛中恰好甲赢了局的概率为，

局比赛中恰好甲赢了局的概率为，

则局比赛中甲至少赢局的概率为.

考虑局比赛的前局：

如果这局比赛甲至少赢局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为，

如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场至少赢一局，其概率为，

如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场都赢，其概率为，

因此局里甲最终获胜的概率为：，

因此，即数列单调递增.

该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利.

22．(1)

(2)存在，

【分析】（1）设，，联立方程解得，同理，根据面积公式，化简得到答案.

（2）设直线方程为，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，确定为定值，计算得到答案.

【详解】（1）设，，所在直线方程为，

联立方程得，同理，

，

若四边形的面积：

，化简得.

因为位于第一象限，位于第四象限，，，

即，所以，

即动点的轨迹的方程为.

（2）假设存在定直线，使为定值.

设，中点，直线方程为，

联立方程， ，

由，得，

，

，

，

设到直线的距离，

，

因为为定值，所以为定值.

由为定值，

故即，即当时，为定值，

此时.

所以存在定直线，使为定值.

【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程，定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.