2023届湖南省重点高中高三下学期高考模拟数学试题含解析

这是一份2023届湖南省重点高中高三下学期高考模拟数学试题含解析，共22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。
2023届湖南省重点高中高三下学期高考模拟数学试题 一、单选题1．设集合，若A的所有三元子集的三个元素之和组成的集合为，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】不妨设，由题意可得，即可得解.【详解】不妨设，则A的所有三元子集为，由题意可得，解得，因此集合.故选：B.2．已知，若对任意，，则一定为（    ）A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形【答案】D【分析】利用向量的模化简不等式，得出和的关系，即可得出的形状.【详解】由题意，在中，令，过A作于D.  ∵对任意，，∴，令，代入上式，得，即，也即.从而有.∴.∴为直角三角形，故选：D.3．过双曲线的左焦点作直线交双曲线于A，B两点，若实数使得的直线恰有3条，则（    ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】根据双曲线对称性可知：满足题意的直线，其中一条与实轴垂直，另两条关于轴对称，即可得到答案.【详解】左支内最短的焦点弦，又，所以与左、右两支相交的焦点弦长，因为实数使得的直线恰有3条，根据双曲线对称性可知：其中一条与实轴垂直，另两条关于轴对称.如图所示：  所以当时，有3条直线满足题意.故选：C4．设，为正实数，，，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】首先由得出，由得出，代入得出，而，即，由基本不等式等号成立条件得出，即可得出答案．【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，所以 ，即，又，当且仅当时，等号成立，所以，此时，所以，故选：D．5．已知，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】转化为，利用增函数性质可得是上的增函数，故而，进而得出答案即可.【详解】不等式等价于，又是上的增函数，所以，故.因为，所以的取值范围是.故选：B6．已知（，2，⋯，95），则数列中整数项的个数为（    ）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】C【分析】整理得，当时，只要，均为整数即可，但当，会出现小数，应考虑中因子的个数问题.【详解】因为，要使为整数，必有，均为整数，当，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80时，和均为非负整数，所以为整数，共有14个.当时，，在中，中因数2的个数为，同理可计算得中因数2的个数为82，中因数2的个数为110，所以中因数2的个数为，故是整数.当时，，在中，同样可求得中因数2的个数为88，中因数2的个数为105，故中因数2的个数为，故不是整数.因此，整数项的个数为.故选：C.7．在直三棱柱中，，已知G与E分别为和的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点）.若，则线段DF长度的取值范围为A． B． C． D．【答案】C【详解】根据直三棱柱中三条棱两两垂直，本题考虑利用空间坐标系解决．建立如图所示的空间直角坐标系，设出、的坐标，利用求得关系式，写出的表达式，然后利用二次函数求最值即可．【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，0，，，0，，，，由于，所以，，，当时，线段长度的最小值是当时，线段长度的最大值是 1而不包括端点，故不能取；故选C．8．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设每两局比赛为一轮，若该轮结束比赛停止则某一方连赢两局，概率为；若比赛继续，则甲、乙各得一分，概率为，且对下一轮比赛是否停止无影响.由此可计算为2，4的概率，为6时，可能被迫中止，只需计算前两轮比赛不停止的概率即可.【详解】解：依题意知，的所有可能值为2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有，，为6时，即前两轮比赛不分输赢，继续比第三轮，故．故选：B 二、多选题9．已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据的平均数为，方差为；第二部分样本数据的平均数为，方差为，设，则以下命题正确的是（    ）A．设总样本的平均数为，则B．设总样本的平均数为，则C．设总样本的方差为，则D．若，则【答案】AD【分析】对于A选项，因为，由放缩可得；对于B选项，举例说明B不正确； 对于C选项，举例说明C不正确； 对于D选项，若，代入总体方差计算公式，可得.【详解】对于A选项，因为，所以，即，A正确；对于B选项，取第一部分数据为，则，，取第二部分数据为，则，，则，B不正确； 对于C选项，取第一部分数据为，则，，取第二部分数据为，则，，则，，C不正确；对于D选项，若，则，D正确.故选：AD.10．如图，为正方体.任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l.则（    ）  A．S为定值 B．S不为定值 C．l为定值 D．l不为定值【答案】BC【分析】作出辅助线，得到平面，从而得到截面的周长为定值，举出例子得到面积不是定值.【详解】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体V，在上取一点，作，，再作，，，则六边形即为平面，  V的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行，将V的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个平行四边形，而多边形W的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，故为定值.当位于中点时，多边形W为正六边形，而当移至处时，W为正三角形，易知周长为定值的正六边形与正三角形面积分别为与，故S不为定值.  故选：BC11．已知函数，实数，满足，，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据题目给出的等式，代入函数解析式得到、的关系，从而判断出的符号，再把，转化为含有一个字母的式子即可求解．【详解】∵，∴，∴或，又∵，∴，∴，故A不正确，B正确；又由有意义知，从而，于是.所以.从而.又，所以，故.解得或（舍去）.把代入解得.所以，，故C正确，D不正确.故选：BC.12．已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．则下列结论正确的是（    ）A．数列的通项公式为B．若数列的前项和为，则C．当时，D．当时，【答案】ABC【分析】设直线，方程联立由，可得，，从而可判断A，B；由，得，从而可判断C；举例即可判断D，如.【详解】设直线，联立，得，则由，即，得（负值舍去）所以可得，，故A正确；，所以，故B正确；对于C，由，得，因为，所以，所以，所以，所以，则，故C正确；对于D，，因为，所以，所以，所以，令，即，令，则，所以函数在上单调递增，由，得，所以当时，，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题考查圆的切线问题和数列不等式的证明问题，解答本题的关键是设出切线方程，方程联立由，得出，，证明得到，从而可比较与的大小. 三、填空题13．直线与抛物线交于、两点，为抛物线上的一点，.则点的坐标为______.【答案】或【详解】设、、.由得.则                                 ①又，，则    ②因为，所以，.故.将方程组①、②代入上式并整理得 .显然，.否则，.于是，点在直线上，即点与或重合.所以，，.故所求点或.故答案为或14．设是定义在上的函数，若，且对任意，满足，，则________【答案】【解析】由可得，从而可得.从而可求的值.【详解】因为，故，，故，而，所以，所以，故，故答案为：.【点睛】本题考查不等式的性质、等比数列的前和，注意利用夹逼的方法把不等关系转化为相等关系，本题属于较难题.15．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ．【答案】【详解】试题分析：如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．因，故，从而．记此时小球与面的切点为，连接，则．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如图乙．记正四面体的棱长为，过作于． 因，有，故小三角形的边长．小球与面不能接触到的部分的面积为．　　　　　　　　　又，所以．由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．【解析】(1)三棱锥的体积公式；（2）分情况讨论及割补思想的应用．16．如图，在的长方形棋盘的每个小方格中各放一个棋子.如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点，则称这两个棋子相连.现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连.则最少取出______个棋子才可能满足要求.【答案】11【分析】通过反证法证明任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，然后构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠，最后得到答案.【详解】如果一个方格在第i行第j列，则记这个方格为.第一步通过反证法证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连.假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠.如图1，在每一行的前五格中必须各取出一个棋子，后三列的前五格中也必须各取出一个棋子.这样10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分.同理由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分.第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在、、、这些方格.同理、、、这些方格上至少要取出2个棋子.在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在、、、、、、、、所在区域，同理、、、、、、、、所在区域内至少取出3个棋子.这样在这些区域内至少已取出了10个棋子.因此在中心阴影区域内不能取出棋子.由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了.矛盾，故假设不成立，则若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠.如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠.综上所述，最少要取走11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过反证法证明任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，然偶利用图形分析出取出固定标号的棋子，则无法五子连珠. 四、解答题17．已知的内角A，B，C所对的边a，b，c成等比数列.(1)若，的面积为2，求的周长；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等比中项公式与三角形面积公式求得，再利用余弦定理与完全平方公式求得，从而得解；（2）结合题意，先化简所求得求公式q的取值范围即可，利用三角形两边之和大于第三边得到关于q的不等式组，从而得解.【详解】（1）因为a，b，c成等比数列，则，又，，所以，所以的面积为，故，则，由余弦定理，即，则，所以，故的周长为.（2）设a，b，c的公比为q，则，，而，因此，只需求的取值范围即可.因a，b，c成等比数列，最大边只能是a或c，因此a，b，c要构成三角形的三边，必需且只需且.故有不等式组，即，解得，从而，因此所求范围为.18． 已知数列满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）若，试比较与的大小.【答案】（1），且；（2）．【分析】（1）由已知可得，令求数列的通项公式，即可求数列的通项公式；（2）通过（1）作差，讨论、判断、的符号，即可得结论．【详解】（1）原式可变形得：，则，记，则，整理得，又，所以是首项、公比均为1的等差数列，则，故.所以，且．（2）由（1），作差可得：，又，当时，且；当时，且综上，当且时，与同号，即．19．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱中，平面平面，，，①求的余弦值；②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，作交于点，连接，则是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，得，，两式相减得，∴，两边同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直线上存在点，使平面．连结，延长至，使，连结，在棱柱中，，，∴，∴四边形为平行四边形，∴．在四边形中，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，又平面，平面，∴平面．∴当点在的延长线上，且使时，平面．20．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫向另一位著名的数学家帕斯卡提请了一个问题，帕斯卡和费马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢局，谁便赢得全部赌注元.每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注.（1）甲、乙赌博意外终止，若，则甲应分得多少赌注？（2）记事件为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件.【答案】（1）216元；（2），是，理由见解析.【分析】(1)设赌博再进行X局甲赢得全部赌注，甲必赢最后一局，最多再进行4局，甲、乙必有人赢得全部赌注，由此利用概率计算公式即可得解；(2)设赌博再进行Y局乙赢得全部赌注，同(1)的方法求出乙赢得全部赌注的概率，由对立事件可得，再利用导数求出的最小值作答.【详解】（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，当时，甲以赢，所以，当时，甲以赢，所以，当时，甲以赢，所以，于是得甲赢得全部赌注的概率为，所以，甲应分得的赌注为元.（2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，从而得乙赢得全部赌注的概率为，于是甲赢得全部赌注的概率，对求导得，因，即，从而有在上单调递增，于是得，乙赢的概率最大值为，所以事件是小概率事件.21．作斜率为的直线与椭圆交于、两点（如图），且在直线的左上方.（1）证明：的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若，求的面积.【答案】（1）见解析；（2）【详解】（1）设、，直线.            ①将式①代入椭圆的方程，并化简整理得.则，，，.故上式分子.从而，.又点在直线的左上方，因此，的角平分线是平行于轴的直线.所以，的内切圆的圆心在直线上.（2）若，结合1的结论知，.将直线，代入椭圆的方程并消去得.因为上式两根分别是、，所以，.则.同理，.故.22．已知，是方程的两个不等实根，函数的定义域为.(1)求；(2)证明：对于，若，则.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由韦达定理得，，利用导数确定函数在区间上的单调性．从而求得函数的最大值与最小值，最后写出；（2）先证：，从而利用不等式证明结论即可．【详解】（1）已知，是方程的两个不等实根，∴，.故，.当，时，∴而当时，，于是，即在上单调增.∴（2）当且仅当，即时，等号成立；∴而，即，当且仅当时等号成立，∴.由于等号不能同时成立，故得证，所以.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与不等式的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)求导确定函数单调性时，注意结合一元二次方程的根与不等式关系；(2)多次利用基本不等式时，注意去等条件是否均成立.