湖南省长沙市2023届高三上学期入学摸底考试数学试题及答案

这是一份湖南省长沙市2023届高三上学期入学摸底考试数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了 若集合，，则， 已知双曲线C， 已知函数，若方程在， 已知，是圆O等内容，欢迎下载使用。
2023届新高三入学摸底考试数学一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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. 若集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合再与集合求交集可得答案.【详解】解不等式得，又，所以，所以.故选：A.2. 若复数z满足，其中是虚数单位，则的值为（    ）A.  B. 2 C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】由已知得，设，化简计算可得.【详解】因为，所以，故设，则，所以.故选：B.3. 已知双曲线C：（，）的一条渐近线为y=2x，则C的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由条件可得,又因为，计算得到.【详解】因为双曲线的一条渐近线为,所以,
 所以双曲线的离心率为.故选：D.4. 已知是定义在R上的奇函数，为偶函数，且当时，，则（    ）A.  B. 0 C.  D. 1【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性的性质化简可得是以4为周期的函数，即可求出.【详解】因为是定义在上的奇函数，故可得，又为偶函数，故可得，则，故以4为周期，故.故选：D.5. 每年的6月6日是全国爱眼日，某位志愿者跟踪调查电子产品对视力的影响，据调查，某高校大约有45%的学生近视，而该校大约有20%的学生每天操作电子产品超过1，这些人的近视率约为50%.现从每天操作电子产品不超过1的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】令事件“玩手机时间超过的学生”，“玩手机时间不超过的学生”，“任意调查一人，此人近视”，则由可求出.【详解】令事件“玩手机时间超过的学生”，“玩手机时间不超过的学生”，“任意调查一人，此人近视”，则样本空间，且互斥，，依题意，，解得，所以所求近视的概率为.故选：.6. 已知点A为圆台O1O2下底面圆O2的圆周上一点，S为上底面圆O1的圆周上一点，且SO1=1，O1O2=，O2A=2，记直线SA与直线O1O2所成角为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据线面角的定义确定，再根据圆的性质计算得解.【详解】由题意，设上､下底面半径分别为，其中，如图，过作垂直下底面于，则，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即，而，由圆的性质，，所以，所以，故选：C.7. 已知函数，若方程在（0，）的解为，（），则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】结合正弦型函数的图像与性质可得，进而可得，明确的范围得到结果.【详解】因为，所以，又因为是的两根，结合图象可知，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以.故选：A.8. 2022年北京冬奥会成功举办，更加激发全国人民对冰雪运动的爱好，某地为响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场.该滑雪场中某滑道的示意图如图所示，点A，B分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为20.两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图象的一部分.综合滑行的安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面所成的夹角约为44°.若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则A，B两点在水平方向的距离约为（    ）
 A. 23 B. 25 C. 27 D. 29【答案】D【解析】【分析】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点，设三次函数的解析式为，其中，设点，则，在滑道最陡处，，可求得0，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，由图可得由图可知，解方程组可得答案【详解】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点，设三次函数的解析式为，其中，设点，则，，在滑道最陡处，，则的对称轴为直线，则，可得0，则，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，则，所以，由图可知可得，因为，则.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.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分.9. 医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内､中､外三层.内层为亲肤材质（普通卫生纱布或无纺布），中层为隔离过滤层（超细聚丙烯纤维熔喷材料层），外层为特殊材料抑菌层（无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层）.根据国家质量监督检验标准，医用口罩过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率（0.9372，0.01392）.则下列结论正确的是（    ）（参考数据：若（），则，，）A. B. C. D. 假设生产状态正常，记Y表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于的数量，则【答案】ABD【解析】【分析】根据题意可得，然后根据正态分布的性质逐个分析判断即可【详解】由题意可知，正态分布的.选项A，因为，所以，故A正确；选项B，因为，且，所以，故B正确；选项C，因为，所以，故C错误；选项D，因为一只口罩过滤率小于等于的概率为，又因为，故D正确.故选：ABD.10. 已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（    ）A. 若，则B. 若点O到直线AB的距离为，则C. 若，则的最大值为D. 若，则的最大值为4【答案】AD【解析】【分析】对于选项A，B，根据垂径定理可判断，对于选项C，D，根据点到直线的距离公式可求解判断.【详解】对于A，若，则可知点到的距离为，从而可知，故A正确；对于B，若点O到直线AB的距离为，则可知，从而得，故B错误；对于C，D，的值可转化为单位圆上的两点到直线的距离之和，又，所以三角形是等腰直角三角形，设是的中点，则，且，则在以点为圆心，半径为的圆上，两点到直线的距离之和为的中点到直线的距离的两倍.点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，所以的最大值为.因此的最大值为4.从而可知C错误，D正确..故选：AD.11. 已知定义在R上的偶函数，其导函数为，当时，.则（    ）A. 函数的图象关于y轴对称B. 函数在区间上单调递减C. 不等式的解集为D. 不等式的解集为【答案】ABC【解析】【分析】对于选项，由函数的奇偶性的定义可判断；对于选项B，当时，求导函数，判断其符号，再根据偶函数的性质得出的单调性.对于选项C、D，将不等式化为，即.根据函数的奇偶性和单调性可求解.【详解】解：对于选项，由，所以为偶函数，所以函数的图象关于轴对称.故正确；对于选项B，由为偶函数.当时，，所以在上单调递减，故在上单调递增.故B正确；对于C、D选项，由，得，所以，即，所以.所以，解得.所以C正确，错误，故选：.12. 已知椭圆C：（）的离心率为，过点P（1，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足.动点Q满足，则下列结论正确的是（    ）A. B. 动点Q的轨迹方程为C. 线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为D. 线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A：利用离心率直接求出；对于B：设进行向量坐标化，整理化简得到，即可判断出动点的轨迹方程为直线，故正确；对于C、D：求出线段长度的最小值即为原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】对于A：由椭圆的离心率为，得，所以，故正确；对于B：设，由，得两式相乘得，同理可得，由题意知且，否则与矛盾，动点的轨迹方程为，即直线，故正确；对于C、D：所以线段长度的最小值即为原点到直线的距离，min，故C错误，D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数f(x)满足：f(x＋y)＝f(x)f(y)，且当x＞y时，f(x)＞f(y)，请你写出符合上述条件的一个函数f(x)＝_______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由f(x＋y)＝f(x)f(y)，可得指数函数具有此性质，从而可得函数【详解】对于函数，，且当x＞y时，f(x)＞f(y)，所以函数满足条件，故答案为：（答案不唯一）14. 已知在中，点满足，点在线段(不含端点，)上移动，若，则______.【答案】3【解析】【分析】,利用向量的线性运算求得关于的表达式，利用平面向量基本定理中的分解唯一性得到关于的表达式，进而得到答案.【详解】如图，由题意得存在实数，使得.又，所以，又∵，且不共线，故由平面向量的分解的唯一性得所以.故答案为：3.15. 在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是边长为的正方形，其顶点P到底面ABCD的距离为3，该四棱锥的外接球O的半径为5，若球心O在四棱锥P−ABCD内，则顶点P的轨迹长度为___________.【答案】【解析】【分析】先求出正方形外接圆半径，再求出球心到底面的距离，由题知P的轨迹为圆，求出截面圆的半径进而得解.【详解】因为底面是边长为的正方形，所以该正方形外接圆半径，所以球心到底面的距离，又顶点到底面的距离为3，所以点在与底面平行的截面圆的圆周上，由球心在四棱锥内，可得截面圆的半径，故顶点的轨迹长度为.故答案为：.16. 若直线l：为曲线与曲线的公切线（其中为自然对数的底数， ），则实数b=___________.【答案】或##或【解析】【分析】设切点坐标，求导，根据切线方程的求解，分别得到，的切线方程，由两条切线方程相同可联立方程即可求出切点横坐标，进而可求解.【详解】根据切线方程的求解，联立方程即可解得切点，进而可求.设与的切点为，则由，有.同理，设与的切点为，由，有.故 由①式两边同时取对数得：，将③代入②中可得：，进而解得或.则或故或.故答案为：或四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知.（1）求内角B的大小；（2）已知 的面积为，，请判定的形状，并说明理由.【答案】（1）    （2）为直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角转化既可求解;（2）根据三角形面积公式以及余弦定理求出三边长度，即可根据勾股定理证明为直角三角形.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，又由，可得，因为，可得，所以，即，又因为，可得.【小问2详解】因为的面积为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，故为直角三角形.18. 为落实教育部的双减政策，义务教育阶段充分开展课后特色服务.某校初中部的篮球特色课深受学生喜爱，该校期末将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，先在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，以后均在N处投两分球，每投进一次得2分，未投进不得分.测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮.甲､乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在M处和N处各投10次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表：若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.（1）已知该校有300名学生的投篮水平与甲同学相当，求这300名学生通过测试人数的数学期望；（2）在甲､乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求出甲同学两分球和三分球投篮命中的概率，即可求出甲同学通过测试的概率，可得通过测试的人数，则可求出期望；（2）求出乙同学通过测试的概率，利用条件概率公式即可求出.【小问1详解】甲同学两分球投篮命中的概率为，甲同学三分球投篮命中的概率为，设甲同学累计得分为，则，则，所以甲同学通过测试的概率为.设这300名学生通过测试人数为，由题设，所以.【小问2详解】乙同学两分球投篮命中率为，乙同学三分球投篮命中率为.设乙同学累计得分为，则，.设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲､乙两位同学均通过了测试”为事件，则，，由条件概率公式可得.19. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AO=BC，AB=3，AC=4，AA1=8.（1）求点C到平面C1MN的距离；（2）试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，线面垂直的性质定理可得，分别为的中点得，再利用勾股定理可得，再由线面垂直的判定定理可得答案.（2）以为原点，以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用可得，再由线面角的向量求法可得直线与平面所成的角的正弦值，再分、讨论可得答案.【小问1详解】在中，为中点且，平面平面，平面平面，平面，又平面，分别为的中点，，在直角和直角中，，，，平面平面，点到平面的距离为.【小问2详解】平面，由（1）得三线两两重直，以为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，则，，设平面的法向量为，则令得，设，则，，设直线与平面所成角为，则，若，此时，点与重合；若，令，则，当，即为中点时，取得最大值.20. 已知数列的前n项和为，且满足（），.（1）求数列的通项公式；（2）当时，数列满足，求证：；（3）若对任意正整数n都有成立，求正实数的取值范围.【答案】（1）；    （2）证明见解析；    （3）.【解析】【分析】（1）当时，则；当时，，，两式相减得，综合即得解；（2）由题得，利用裂项相消得证；（3）等价于，令，求出函数的即得解.【小问1详解】解：由得，即，所以.若，则；若，则由得，两式相减得，化简得，所以数列是以1为省项，以为公比的等比数列，因此，当时，也满足该式，故.【小问2详解】解：因为，所以，则，因此，又因为，且，故，因此得证.【小问3详解】解：由（1）得，则，即，令，为使对任意正整数都有成立，即，因为，所以当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减，又，且，所以，因此，即.21. 已知抛物线C：（），直线交抛物线C于A，B两点，且三角形OAB的面积为（O为坐标原点）.（1）求实数p的值；（2）过点D（2，0）作直线L交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P'.证明：直线P'Q经过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）；    （2）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）设，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，求出即得解；（2）设，不妨令，设直线的方程为，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，求出直线的方程即得解.【小问1详解】解：由题得直线过点，.设，联立得，所以，所以.所以三角形的面积，又，解得（舍去）.所以.【小问2详解】证明：由（1）抛物线的方程为，设，不妨令，则，设直线的方程为，联立消去得，则，则直线的方程为，即，则，即，即，所以，即，令解得所以直线恒过定点22. 已知函数（e是自然对数的底数）.（1）若（）是函数的两个零点，证明：；（2）当时，若对于，曲线C：与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）设，则不等式可转化为证明，构造函数，利用导数即可求解；（2）由题可转化为方程有唯一解，构造函数，求出导数，讨论的范围求解.【小问1详解】依题意，是函数的两个零点，设，因为，所以，因为，所以，不等式，因为，所证不等式即.设，所以，令，则，所以在上是增函数，且，所以在上是增函数，且，即，从而所证不等式成立.【小问2详解】因为曲线与曲线有唯一的公共点，所以方程有唯一解，即方程有唯一解，令，所以，当时，，函数单调递增，易知与有且只有一个交点，满足题意；当时，有两个根，且两根之和为，两根之积为，若两根一个大于4，一个小于4，此时函数先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，要使有唯一实数根，则大于极大值或小于极小值.记为极大值点，则，则恒成立，又，即，则极大值，因为，所以在上单调递增，，则；记为极小值点，则，则，又，所以恒成立，令，又，所以时，，所以单调递减，无最小值，所以不存在，使得恒成立.若两根都大于4，设为极大值点，，则同理可得单调递减，所以，则；设为极小值点，，可得不存在，使得恒成立.综上，要使对，曲线与曲线都有唯一的公共点，的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查函数不等式的证明和交点问题，解题的关键是将题目转化为证明，方程有唯一解，构造函数求解.