湖南省名校2023届高三考前仿真模拟（二）数学试题（含解析）

这是一份湖南省名校2023届高三考前仿真模拟（二）数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象的一条对称轴方程是，则的最小正值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，则的最大值为（ ）
A．64B．16C．8D．4
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知一个圆锥的母线长为6，体积为，则此圆锥的高为（ ）
A．B．C．或D．
7．随着2022年卡塔尔世界杯的举办，中国足球也需要重视足球教育．某市为提升学生的足球水平，特地在当地选拔出几所学校作为足球特色学校，开设了“5人制”“7人制”“9人制”“11人制”四类足球体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件“甲乙两人所选课程完全不同”，事件“甲乙两人均未选择‘5人制’课程”，则（ ）
A．A与为对立事件B．A与互斥C．A与相互独立D．与相互独立
8．若经过点可以且仅可以作曲线的一条切线，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．或
二、多选题
9．有一组样本数据：1，1，2，4，1，4，1，2，则（ ）
A．这组数据的众数为4B．这组数据的极差为3
C．这组数据的平均数为2D．这组数据的分位数为1
10．已知向量，//，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知点在圆上，点在圆上，则（ ）
A．两圆外离B．的最大值为9
C．的最小值为1D．两个圆的一条公切线方程为
12．已知点是棱长为2的正方体的底面上一个动点（含边界），若是的中点，且满足平面，则（ ）
A．所在的平面与正方体表面的交线为五边形
B．所在的平面与正方体表面的交线为六䢍形
C．长度的最大值是
D．长度的最小值是
三、填空题
13．已知函数为偶函数，则______________．
14．已知函数满足，且，请写出一个符合上述条件的函数___________．
15．已知抛物线，过原点且斜率为1的直线与交于点为的焦点．若，则的面积为___________．
16．如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第条线段与第条线段所夹的角为，则满足的最小值为__________．

四、解答题
17．记为等差数列的前项和，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的值．
18．影响身高的因素主要有以下凡点：第一、遗传，遗传基因直接影响人种、身高，第二、睡眠，身高的增长非常依赖于睡眠的质量，睡眠的时间有保障，晚上分泌的生长激素可以很好地作用于人体的骨骼，使人体增高．第三、营养，营养物质特别是蛋白质、钙、铁等要补充充分，为孩子增长身体提供原料、第四、运动，运动影响儿童身高非常明显，运动可以直接促进生长激素的分泌，使生长激素在夜晚增大分泌，促进食欲，还能保证健康的睡眠等等，对于长高有很大帮助．高中学生由于学业压力，缺少睡眠与运动等原因，导致身高偏矮；但同时也会由于营养增加与遗传等原因，导致身高偏高，某市教育局为督促各学校保证学生充足的睡眠、合理的营养搭配和体育锻炼时间，减轻学生学习压力，准备对各校男生身高指数进行抽查，并制定了身高指数档次及所对应得分如下表：
某校为迎接检查，学期初通过调查统计得到该校高三男生身高指数服从正态分布，并调整睡眠时间、合理的营养搭配和体育锻炼．6月中旬，教育局聘请第三方机构抽查的该校高三30名男生的身高指数频数分布表如下：
(1)试求学校调整前高三男生身高指数的偏矮率、正常率、偏高率、超高率；
(2)请你从偏高率、超高率、男生身高指数平均得分三个角度评价学校采取揹施的效果．
附：参考数据与公式：若，则①；②；③．
19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，，的角平分线交于点．
(1)求B；
(2)若，求的周长．
20．如图，在直三棱柱中，，点为棱的中点，．

(1)求的长度；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
21．已知为双曲线的左右焦点，且该双曲线离心率小于等于，点和是双曲线上关于轴对称非重合的两个动点，为双曲线左右顶点，恒成立．
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)设直线和的交点为，求点的轨迹方程．
22．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)证明：方程有三个不等实根．
档次
偏矮
正常
偏高
超高
男生身高指数（单位：）
学生得分
50
70
80
90
档次
偏矮
正常
偏高
超高
男生身高指数（单位：）
人数
3
9
12
6
参考答案：
1．C
【分析】由函数的定义域可求集合，再由集合的交集的定义可求解.
【详解】因为，又，
所以．
故选：C．
2．A
【分析】利用复数的四则运算及模的运算即可得解.
【详解】因为，
所以．
故选：A．
3．D
【分析】先化简，然后利用对称轴写出，即可求出答案
【详解】，
因为图象的一条对称轴方程是，
，解得，
故当时，取得最小正值．
故选：D
4．B
【分析】由，根据三角形的三边关系有求解.
【详解】解：，
因为椭圆上的点满足，
当点为的延长线与的交点时，取得最大值，最大值为．
所以的最大值为16．
故选：B．
5．B
【分析】利用二倍角的余弦公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
即，
所以．
，
故选：B．
6．C
【分析】根据圆锥的体积公式结合圆锥的性质分析运算.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，
因为，得，
又因为该圆锥的体积，可得，
即，整理得，
解得或或（舍去）．
故选：C．
7．C
【分析】根据互斥以及对立事件的定义可判断A，C；根据相互独立事件的乘法公式可判断C，D.
【详解】依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，故A与互斥不对立，A错误；
当甲乙两人均未选择“5人制”课程时，两人可能选的课程有一门相同，A与不互斥，B错误；
所以，，，
且，所以，
，即A与相互独立，与不相互独立，C正确，D错误，
故选：C．
8．D
【分析】设出切点，利用导数的几何意义写出切线，由切线经过可得出一个方程，根据题意切线只有一条，也就是转化成关于的方程只有一个解的问题.
【详解】设切点．因为，所以，
所以点处的切线方程为，
又因为切线经过点，所以，即.
令，则与有且仅有1个交点，，
当时，恒成立，所以单调递增，显然时，，于是符合题意；
当时，当时，，递减，当时，，递增，所以，
则，即．
综上，或．
故选：D
9．BC
【分析】根据众数、极差的定义可得众数为1，极差为3；经计算可得平均数为2，根据百分位数的定义可知第分位数为,即可得出结果.
【详解】对A，该组数据众数为1，故A错误；
对B，极差为，故B正确；
对C，平均数为，故C正确；
对D，数据从小到大排列为1，1，1，1，2，2，4，4，因为，所以这组数据的分位数为，故D错误．
故选：BC．
10．AB
【分析】A选项根据向量的数量积运算判断；
B选项根据模长公式计算；
C选项利用向量共线的关系结合模长公式计算；
D选项根据向量的加法进行判断.
【详解】因为，所以，则A正确；
，则B正确；
因为//，所以设，因为，
所以，解得，所以或，故C错误；
，故D错误．
故选：AB
11．ABC
【分析】将两圆的方程化为标准方程，求出两圆的圆心和半径，再逐项分析.
【详解】圆的圆心坐标，半径，
圆，即的圆心坐标，半径，
所以圆心距，
因为，所以两圆外离．故A正确；
因为在圆上，在圆上，所以，故B、C正确；
因为圆心到直线的距离，所以不是两圆公切线，故D错误；
故选：ABC．
12．BC
【分析】作出过且与平面平行的平面与正方体表面的交线即可判断A、B；用向量法表示出，再用二次函数的知识求解.
【详解】如图，

所在的平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确；
以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

其中，分别是的中点，
则直线的方程为所以不妨设线段上的点，
点，则，
所以当时，；当时，．故C正确，D错误．
故选：BC．
13．1
【分析】根据偶函数的性质即可得到对均成立，从而求出参数的值.
【详解】由题设，，
所以，得，得对均成立．
所以，解得．
经检验，满足要求.
故答案为：
14．（答案不唯一）
【分析】本题属于开放性问题，只要找到符合题意的解析式即可，不妨令，再一一判断即可.
【详解】令，显然在定义域上单调递增，满足，
且，即满足，所以符合题意．
故答案为：（答案不唯一）
15．2
【分析】易知直线，由，求得点P的坐标，再由求得p即可.
【详解】解：由题设知：直线，
由，得，或（舍去），
所以，
所以，解得，
又，即，
所以．
故答案为：2
16．
【分析】根据题意，观察规律，三角形会有1个相等的角，正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，得到正多边形有个，列出不等式求得，由此观察图形得到正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，…，正边形画条线段，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意得，第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推，，，，，，，，，，…，
观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，
所以正多边形有个．
要使，需使，解得，所以的最小值为，
又观察图形可得正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，…，正边形画条线段，
所以画完正多边形时，画线段的条数为，
当时，可得，
所以从第1712条线段与第1713条线段所夹的角开始都满足，
即满足的最小值为．
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的首项和公差分别为、，依题意得到方程组，解得、，即可得解；
（2）由（1）可得，根据等差数列求和公式计算可得.
【详解】（1）设等差数列的首项和公差分别为、，
由题意可知，
化简得，解得，
所以．
（2）由（1）知：当时，；当时，，
所以
．
18．(1)偏矮率为，正常率为，偏高率为，超高率为
(2)调整后偏高率、超高率增加，身高指数平均得分增加，说明学校采取的措施效果好
【分析】（1）利用正态分布中概率求解公式求解即可.
（2）利用古典概型概率公式求解调整后的相对应的概率以及平均得分，分别与调整前的比较，即可得出结论.
【详解】（1）调整前，
偏矮率为，
正常率为，
偏高率为，
超高率为．
（2）由（1）知，调整前，
身高指数平均得分为；
调整后，偏高率为，
超高率为，
身高指数平均得分为，
由上可知，调整后偏高率、超高率增加，身高指数平均得分增加，
说明学校采取的措施效果好．
19．(1)；
(2)12.
【分析】（1）利用三角形面积公式及二倍角的余弦公式化简，再利用正弦定理边化角结合同角公式求解作答.
（2）利用余弦定理结合（1）的结论，再判定三角形形状求解作答.
【详解】（1）在中，依题意，，即，
由正弦定理得，而，则，
有，而，，解得，
所以．
（2）在中，由余弦定理得，
解得，再由余弦定理得，而，
则，于是，，是等边三角形，
所以的周长为12．
20．(1)
(2)
【分析】（1）在中，用余弦定理可得到，在中，用余弦定理可得，即可求得；
（2）以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可求解
【详解】（1）因为在直三棱柱中，，
在中，由余弦定理得，
解得，
则，
在中，由余弦定理得，
解得，
又，所以，
因为平面，平面，所以，
在直角三角形中，；
（2）因为，所以，
则，
则两两互相垂直，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

则点，则，
设平面的法向量为，
由，得，
令，得平面的一个法向量为；
平面的一个法向量为．
设平面与平面夹角的大小为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
21．(1)
(2)
【分析】（1）利用双曲线的定义可得，然后利用两边之和大于第三边以及可得，即可求得方程；
（2）设，则，得到直线，的方程，两条方程与可得到，然后算出的范围即可
【详解】（1）设双曲线的焦距为，
由及双曲线的定义，得，解得，
由可得，
又恒成立，所以，解得．
因为该双曲线离心率小于等于，所以，即，解得，
所以，则，
所以双曲线的标准方程为．
（2）因为，所以点只能在双曲线的右支上，

设，则，
因为在双曲线上，所以，
易得，所以直线的斜率为，
直线的方程为①，
同理可求得直线的方程为②，
由①×②得③，
将代入③得，化简得，
令①=②即，化简得，
因为，所以，
即点的轨迹方程为．
【点睛】关键点点睛：这道题的关键之处是得到直线，的方程，与相结合，通过消元的方法得到轨迹方程
22．(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）设，，利用导数研究其单调性可得的最小值，再结合在定义域内单调递增，即可求出答案；
（2）令，构造函数，利用导数判断单调性和值域，从而判断方程的根的个数即可
【详解】（1）设，，则，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值为，
因为在定义域内单调递增，所以的最小值为；
（2）由可得，整理可得，
设，
令，，
则，由得．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
由于，故，又由，由零点存在定理，存在，使得，
∴有两个零点1和，方程有两个根和，

则如图，时，因为，故方程有一个根，
下面考虑解的个数，其中，
设，结合的单调性可得：
在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
故在上有且只有一个零点，
，设，
故，故即，
而，故在上有且只有一个零点，
故有两个不同的根且，
综上所述，方程共有三个不等实根
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是令，将问题转化为关于m的方程有两根，数形结合判断关于m的方程的根的情况