湖南省2023届高三下学期第一次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份湖南省2023届高三下学期第一次模拟考试数学试卷（含解析），共23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。
湖南省2023届高三下学期第一次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若复数的模为5，虚部为，则复数（    ）A． B．C．或 D．3．已知，是单位向量，且，则（     ）A． B．C． D．与的夹角为4．抛物线的焦点为F，A，B为抛物线上的两个动点，且满足.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N.则的最大值为（    ）A． B． C．1 D．25．函数的图象大致形状是（    ）A． B．C． D．6．若函数在上单调，且在上存在极值点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．7．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．8．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．下列结论正确的是（    ）A．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1B．样本的回归直线至少经过其中一个样本点C．在回归方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位D．在线性回归模型中，用相关指数刻画拟合效果，的值越小，模型的拟合效果越好10．下列式子，可以是x2＜1的一个充分不必要条件的有（    ）A．x＜1 B．0＜x＜1 C．﹣1＜x＜1 D．﹣1＜x＜011．在平面直角坐标系中，，，，，设点的轨迹为，下列说法正确的是（    ）A．轨迹的方程为B．面积的最大值为C．的最小值为D．若直线与轨迹交于，两点，则12．如图，有一列曲线，，……，，……，且1是边长为1的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将曲线的每条边进行三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，记曲线的边数为，周长为，围成的面积为，则下列说法正确的是（    ）A．数列{}是首项为3，公比为4的等比数列B．数列{}是首项为3，公比为的等比数列C．数列是首项为，公比为的等比数列D．当n无限增大时，趋近于定值 三、填空题13．若曲线在在，两点处的切线互相垂直，则的最小值为________．14．某校邀请6位学生的父母共12人，请这12位家长中的4位介绍其对子女的教育情况，如果这4位家长中恰有一对是夫妻，那么不同的选择方法有______种.15．在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______.16．函数．若对任意，都有，则实数m的取值范围为_________． 四、解答题17．已知等差数列的公差为，前n项和为，其中，，成等比数列，.(1)求的通项公式；(2)若，且，设数列的前n项和，求证.18．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，是斜边的长为的等腰直角三角形，E，F分别是棱，的中点，M是棱上一点，(1)求证：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．19．求解下列问题：(1)求证：；(2)已知，求.20．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，在保持原有40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技和霹雳舞两个竞赛项目，国家体育总局为了深入了解各省在“电子竞技”和“霹雳舞”两个竞赛项目上的整体水平，随机选取了10个省进行研究，便于科学确定国家集训队队员，各省代表队人数如下表省代表队电子竞技45512738571926473429霹雳舞26154442322856364820 (1)从这10支省代表队中随机抽取3支，在抽取的3支代表队参与电子竞技的人数均超过30人的条件下，求这3支代表队参与霹雳舞的人数均超过30人的概率；(2)若霹雳舞参与人数超过40人的代表队所在地可以成为国家队集训基地，现从这10支代表队中随机抽取4支，记X为选出代表队所在地可以成为国家队集训基地的个数，求X的分布列和数学期望；(3)某省代表队准备进行为期3个月的霹雳舞封闭训练，对太空步､空中定格､整体移动三个动作进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”，已知在一轮测试的3个动作中，甲队员每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响：如果甲队员在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于9次，那么至少要进行多少轮测试？21．已知双曲线E：的左顶点为A，其离心率为，且A到E的一条渐近线的距离为．(1)求E的方程；(2)过的直线l与E的右支交于B，C两点，直线AB，AC与y轴分别交于M，N两点，记直线PM，PN的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．22．已知函数，且正数a，b满足(1)讨论f（x）的单调性；(2)若的零点为，，且m，n满足，求证：.（其中……是自然对数的底数）
参考答案：1．C【分析】解不等式化简集合A，B，再利用并集的定义求解作答.【详解】依题意，，，所以.故选：C2．C【分析】设，，根据复数的虚部和模，可得求，写出复数即可.【详解】设，，∴，解得，∴.故选：C3．B【分析】根据单位向量的定义及向量数量积的运算律计算可得；【详解】解：因为，是单位向量，所以，又，所以，所以，即，，即，所以，所以，因为，所以，即与的夹角为故选：B4．C【分析】设，过A，B点分别作准的垂线AQ，BP，由抛物线定义，得，在中，利用余弦定理结合基本不等式、抛物线的定义可得，从而可求得结果【详解】设，过A，B点分别作准的垂线AQ，BP，由抛物线定义，得，在梯形ABPQ中，.由余弦定理得，，又.得到，即的最大值为1，故选:C.【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线的性质及应用，考查余弦定理和基本不等式的应用，解题的关键是运用抛物线的定义和梯形中位线定理找出关系，再利用余弦定理和基本不等式可得结论，考查转化思想，属于中档题5．A【分析】根据函数的奇偶性可得函数为偶函数，可排除CD，然后根据时的函数值可排除B.【详解】因为，定义域为R，又，所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除CD，又当时，，，故排除B.故选：A.6．A【分析】依据函数在上单调，可知，计算出函数的对称轴，然后根据函数在所给区间存在极值点可知，最后计算可知结果.【详解】因为在上单调，所以，则，由此可得.因为当，即时，函数取得极值，要满足在上存在极值点，因为周期，故在上有且只有一个极值，故第一个极值点，得.又第二个极值点，要使在上单调，必须，得.综上可得，的取值范围是.故选:A.7．A【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】[方法一]：设而不求设，则则由得：，由，得，所以，即，所以椭圆的离心率，故选A.[方法二]：第三定义设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：故，由椭圆第三定义得：，故所以椭圆的离心率，故选A. 8．D【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．【详解】[方法一]：因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路一：从定义入手．所以．[方法二]：因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数的周期．所以．故选：D．【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．9．AC【分析】根据相关系数的定义可判断A；由回归直线方程的性质可判断B、C；由相关指数与拟合效果的关系判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，故选项A正确；对于B：样本的回归直线不一定经过其中一个样本点，一点经过样本中心点，故选项B不正确；对于C：在回归方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位，故选项C正确；对于D：用相关指数刻画拟合效果，的值越大，模型的拟合效果越好，故选项D不正确；故选：AC.10．BD【分析】由题意可得选项是x2＜1的充分不必要条件，即选项的范围要比题干范围要小即可得出答案【详解】由x2＜1得出，根据题意，选项所代表的范围是的充分不必要条件，由逻辑关系可得选项的范围要比小，由此可得A错，C是的充要条件，所以C错，B和D比范围小，所以B和D对.故选：BD11．BD【分析】A选项：设，利用列等式，整理即可得到点的轨迹；B选项：根据几何的思路得到当点纵坐标的绝对值最大时，面积最大时，然后求面积即可；C选项：根据几何的思路得到，然后求最小值即可；D选项：利用勾股定理求弦长即可.【详解】设点，化简得，，故A错误；当点纵坐标的绝对值最大时，面积最大时，此时，故B正确；设轨迹的圆心为，半径为，所以，，点在圆内，所以，故C错误；圆心到直线的距离为，，，故D正确．故选：BD.12．ABD【分析】结合图形规律得，即可判断A,根据第个图形的边长为 ，即可判断B，根据，利用累加法及等比数列的前项和公式求出．【详解】是在的基础上，每条边新增加3条新的边，故，又,所以数列{}是首项为3，公比为4的等比数列,且 故A正确，第个图形的边长为 ，所以，故数列{}是首项为3，公比为的等比数列，故B正确，因为是在的每条边上再生出一个小正三角形，于是，同理，对是在的每条边上再生出一个小正三角形，于是的面积等于的面积加上个新增小三角形的面积，即，于是可以利用累加的方法得到将上面式子累加得当时， ，故C错误，D正确，故选：ABD13．##【分析】化简可得，求出导数可得切线斜率在范围内，即可得出切线斜率必须一个是1，一个是，即可求出.【详解】，曲线的切线斜率在范围内，又曲线在两点处的切线互相垂直，故在，两点处的切线斜率必须一个是1，一个是.不妨设在A点处切线的斜率为1，则有，，则可得，所以.故答案为：.14．240【分析】先从6对夫妇中选一对，再从余下的5对夫妇中选两对，每一对中选一位，根据分步计数原理，即可得到结果．【详解】解：分步完成，4位中恰有一对是夫妇，则先从6对夫妇中选一对，有种结果，再从余下的5对夫妇中选两对，每一对中选一位有种结果，根据分步计数原理得到结果是6×40＝240，故答案为240．【点睛】本题是一个带有约束条件的排列组合问题，解题时排列与组合问题要区分开，解题的关键是利用分步计数原理，把握好分类的原则．15．【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程，可知当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形，平面，平面，则，，，平面，则平面，、平面，，，则，故，平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，由可得，化简可得，即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，不妨设点，设三棱锥的球心为，由，可得，解得，所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为，因此，三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.16．【分析】将条件转化为，然后设，则问题转化为，进而根据函数为增函数得到，最后通过分离参数求得答案.【详解】由题意，，设，则问题可转化为.因为是上的增函数（增+增），所以恒成立.设，则，时，单调递增，时，单调递减，所以，于是.故答案为：.【点睛】本题的破解点在于设，进而得到，此方法叫“同构”，平常注意归纳总结.17．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据，，成等比数列，代入求和公式即可求得首项和公差，即可求得通项公式；（2）根据求得，然后求得数列的通项后利用裂项求和即可证明.【详解】（1）解：因为，，成等比数列，则，即又，则，由得，即则有可得， 所以.（2）证明：由，且所以当时，则有又也满足，故对任意的，有，则所以 由于单调递增，所以．综上：.【点睛】.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，从而，又，由线面垂直的判定定理得平面，则，又，得平面，根据面面垂直的判定定理即可证得结论；（2）取的中点，则，，结合（1）得平面，结合线面角的定义得是直线与平面所成角，求得，，建立空间直角坐标系，分别求出平面、的法向量，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）因为是斜边PA的长为的等腰直角三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又，，平面，∴平面，因为平面，∴，∵，F是棱PC的中点，∴，又，平面，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）如图，取的中点，连接，，则，，由（1）知平面，∴平面，∴是直线与平面所成角，∴，∴，∴，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则有：，，，，∴，，，设平面的法向量为，平面的法向量为则，令，则，有，令，则，∴，∴平面与平面夹角的余弦值为．19．(1)证明详见解析(2) 【分析】（1）利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系式进行证明；（2）利用（1）以及二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得.【详解】（1）证明：，.（2），则，由，解得，所以，因为，由（1）得，所以.20．(1)(2)分布列答案见解析，数学期望：(3)至少要进行11轮测试 【分析】（1）根据表格中的数据，利用事件的意义，结合条件概率，即可求解；（2）根据表格数据，可知的所有可能取值为，利用超几何分布，即可求每一个随机变量的概率，即可求分布列和数学期望；（3）首先记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件，并求，“优秀”的次数服从二项分布，再根据期望公式，列不等式，即可求解.【详解】（1）由题可知10支代表队，参与“霹雳舞”的人数依次为，参与“电子竞技”的人数依次为，其中参与“电子竞技”的人数超过30人的代表队有6个，参与“霹雳舞”的人数超过30人，且“电子竞技”的人数超过30人的代表队有4个，记“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“电子竞技”的人数均超过30人”为事件，“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“霹雳舞”的人数均超过30人”为事件，则，所以，.（2）参与“霹雳舞”人数在40人以上的代表队共4支，的所有可能取值为，所以，..所以的分布列如下表：01234 所以（或写成1.6）（3）记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件，则，由题意，甲队员在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，由题意，得，因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试.21．(1)(2)是定值， 【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可；（2）设直线l：，，，联立直线与双曲线方程，得，，由直线AB的方程，得M的坐标，同理可得N的坐标为，由，结合韦达定理求证即可.【详解】（1）设E的半焦距为，由题意知，E的一条渐近线方程为，即，所以，又，，解得，，，所以E的方程为；（2）设直线l：，，，，由得，所以，．因为，直线AB的方程为，所以M的坐标为，同理可得N的坐标为．因为，，所以，即为定值．22．(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，求出导数，即可讨论出单调性；（2）求出导数，得出单调性，结合（1）中结论得出不等式即可证明.(1)令，则由题可知，即，所以，即，因为 ，令，则，且对称轴，，易得当时，在单调递减，在单调递增，当时，在单调递减；(2)，由且知在单调递增，在单调递减，又，令，则，即，由（1）知，，即有，，两式相减得，即，整理得.