湖南省四大名校2022-2023学年高三数学下学期一模试题（Word版附答案）

2023年普通高校招生统一考试湖南四大名校名师团队模拟冲刺卷(一)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，若，则的取值范围是(    )A.B.C.D.2.设是虚数单位，已知复数满足，，且复数是纯虚数，则实数(    )A.B.C.D.3.已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数的值为(    )A.B.C.D.4.周髀算经中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径是一寸，筒长是八尺时注：一尺等于十寸，从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔”如图所示，为竹空底面圆心，则太阳角的正 切值为(    )A.B.C.D.5.将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若对于满足的，，都有，则的值为(    )A.B.C.D.6.已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则(    )A.B.C.D.7.已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为(    )A.B.C.D.8.设，，，则，，的大小顺序为(    ) A.B.C.D.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知某批零件的质量指标单位：毫米服从正态分布，且，现从该批零件中随机取件，用表示这件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，则(    )A.P(25.35<<25.45)=0.8B.E(X)=2.4C.D(X)=0.48D.P(X1)=0.48810.已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是(    )A.异面直线、所成角的大小为B.直线与平面所成角的正弦值为C.周长的最小值为D.存在点使得平面11.已知正数，满足，则下列不等式正确的是(    )A.B.C.D.12.已知，分别为双曲线的左、右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线则下列正确的是(    ) A.双曲线的方程为B.C.D.点到轴的距离为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，则在方向上的投影向量是          ．14.已知甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，则          ．15.在平面直角坐标系中，已知圆，，直线与圆相切，与圆相交于，两点，分别以点，为切点作圆的切线，设直线，的交点为，则的最大值为          ．16.已知数列的各项都是正数，若数列各项单调递增，则首项的取值范围是          当时，记，若，则整数          ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.本小题分已知数列的前项和为，，当时，．求设，求数列的前项和为．18.本小题分 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为，且A.求的值若，求周长的取值范围．19.本小题分如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．当时，证明：平面平面；当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．20.本小题分党的二十大胜利召开，某单位组织举办“百年党史”知识对抗赛，组委会将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组委会随机从百年党史题库抽取道抢答试题，每位选手抢到每道试题的机会相等比赛细则为：选手抢到试题且回答正确得分，对方选手得分选手抢到试题但回答错误或没有回答得分，对方选手得分道题目抢答完毕后得分多者获胜 已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手每道试题回答是否正确相互独立．求乙同学得分的概率记为甲同学的累计得分，求的分布列和数学期望．21.本小题分已知椭圆，的上、下顶点是，，左，右顶点是，，点在椭圆内，点在椭圆上，在四边形中，若，，且四边形面积的最大值为．求的值．已知直线交椭圆于，两点，直线与交于点，证明：当变化时，存在不同于的定点，使得．22.本小题分已知函数，其中为实数，为自然对数底数，．已知函数，，求实数取值的集合已知函数有两个不同极值点、．求实数的取值范围证明：． 答案和解析1.【答案】 【解析】【分析】本题考查集合并集的运算，为基础题．【解答】解：因为或，，又，所以只需解得，故选B．  2.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查复数的除法运算，属于基础题．【解答】解：由，得，又因为为纯虚数，则，故选D．  3.【答案】 【解析】【分析】本题考查已知切线斜率求参，属于基础题．【解答】 解：由，得，因为函数的图象在处的切线与直线垂直，所以，则．  4.【答案】 【解析】【分析】本题考查二倍角正切公式的应用，注意读懂题意，难度一般．【解答】解：由题意可知：，，所以故选D．  5.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查余弦函数的图象变换规律等，属于基础题．【解答】解：由题可得，若满足，则和必然一个为极大值点，一个为极小值点，又，则，即，所以，所以．故选A．  6.【答案】  【解析】【分析】本题考查抛物线的定义与标准方程，圆的弦长问题，属于中档题．【解答】解：如图所示，在抛物线上，则易知，，由，因为被直线截得的弦长为，则，由，于是在中，由解得：，所以．  7.【答案】 【解析】【分析】本题考查空间几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．【解答】 解：连接，，由，可知：和是等边三角形，设三棱锥外接球的球心为，所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，是等边三角形，为中点，所以，又因为侧面底面，侧面底面，所以底面，而底面，因此，所以是矩形．和是边长为的等边三角形，所以两个三角形的高，在矩形中，，连接，所以，设过点的平面为，当时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，，因此圆的半径为：，所以此时面积为 当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：所以截面的面积范围为：，故选A．  8.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了函数值大小的比较，解题中注意导数知识的灵活应用，属于难题．【解答】解：因为，，，构造函数，则，，，，在上单调递增，在上单调递减．则有最大，即，．因为，又，所以，所以，故，故选A．  9.【答案】 【解析】【分析】本题考查正态分布的概率、二项分布的均值与方差、n次独立重复试验的概率计算，属于中档题. 【解答】解：由正态分布的性质得P(25.35<<25.45)=1-2P(24.45)=1-20.1=0.8,故A正确；则1件产品的质量指标值不位于区间(25.35,25.45)的概率为P=0.2,所以~B(3,0.2),故E(X)=30.2=0.6,故B错误；D(X)=30.20.8=0.48,故C正确；P(X1)=1-P(X=0)=1-=0.488，故D正确.  10.【答案】 【解析】【分析】本题考查求解异面直线夹角，线面角，折叠问题及垂直的判定，综合考查了直线想象和数学运算，为中档难度试题．【解答】解：如图，取的中点，连接，，由，分别是，的中点，，且，则四边形为平行四边形，则，又正四棱锥的所有棱长均为，则，所以异面直线，所成角为故A错误设正方形的中心为，连接，，则平面，．设的中点为，连接，，则，且则平面，所以为直线与 平面所成角，所以．中，，，，所以由余弦定理可得，所以，所以故B正确．将正和沿翻折到一个平面内，如图，当，，三点共线时，取得最小值，此时，点为的中点，，所以周长的最小值为，故C正确．若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，而此时，与显然不垂直，故D错误故选BC．  11.【答案】 【解析】【分析】解：因为正数，满足，所以，构造函数，，令，恒成立，所以在上单调递增，由复合函数的单调性可知在上单调递增，所以在上单调递增，由，可得，对于，，所以，故A错误 对于，由，可得，所以，故B正确对于，由，可得，则，故C错误对于，由，可得，，所以，所以，故D正确．故选BD．【解答】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的基本性质等，属于中档题．  12.【答案】 【解析】【分析】本题考查双曲线定义、标准方程、焦点三角形问题，涉及解三角形与求向量模长等知识，属于较难题．【解答】解：到的距离为，，解得，又渐近线方程为，则，结合可解得，，则双曲线的方程为，故A正确为的平分线，，故B错误由双曲线定义可得，则可得，，则在中，，则， 则，即，故C正确在中，，设点到轴的距离为，则，即，解得，故D正确．  13.【答案】或 【解析】【分析】本题考查投影向量的求解，为基础题．【解答】解：因向量，，则有，所以在方向上的投影是，即或  14.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查条件概率的运用，属于基础题．【解答】解：因为甲罐中有个红球、个黑球，所以，因为，所以．   15.【答案】 【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系的最值问题，涉及直线与圆相切位置关系的应用，属于较难题．【解答】解：设点，，，，因为分别以点，为切点作圆的切线，．设直线，的交点为，所以，则，即，所以，因为，所以，即是方程的解，所以点在直线上，同理可得在直线上，所以切点弦的方程为，因为直线与圆相切，所以，解得，得，即的最大值为．  16.【答案】  【解析】【分析】本题考查数列的单调性，裂项相消法的应用，为较难题．【解答】解：由题意，正数数列是单调递增数列，且，且，解得，．，又由，可得：．．，．，且数列是递增数列，，即，．整数．  17.【答案】解：当时，，所以，，整理得：，即． 当时，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，即．由知，，所以，所以，得，，所以，，所以，。 【解析】本题考查数列的递推公式，考查等差数列的判定与证明，考查等差数列的通项公式，考查错位相减法求和，属于基础题．18.【答案】解：在中，由三角形面积公式得，由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，又，故C．因为，，由正弦定理得， ，即的周长，因为，则，故，所以，即的周长的取值范围是 【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形，属于中档题．19.【答案】解：垂直于圆锥的底面，，当时，，，又，平面，又平面，平面平面．由题可知，，，当三棱锥的体积最大时，的面积最大，此时为的中点，如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，，则，，易知该二面角为钝角，二面角的余弦值为． 【解析】本题考查面面垂直的判定和二面角的求解，难度中档．20.【答案】解：由题意，乙同学得分的基本事件有乙抢到两题且一道正确一道错误、甲乙各抢到一题都回答正确、甲抢到两题且回答错误，所以乙同学得分的概率为．由题意，甲同学的累计得分可能值为， 分布列如下：所以期望． 【解析】本题考查了相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算，考查离散型随机变量的分布列，及其均值求解，属于中档题．21.【答案】解：由已知，，设，，则因为，，所以，，两式相减得，代回原式得，因为，所以，又，因为的最大值为，所以，得或舍．直线的方程为，取，可得，，可得直线的方程为，直线的方程为联立方程组，可得交点为 若，，由对称性可知交点，若点在同一直线上，则直线的方程为，以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线：上．由整理得设，，则，．设与交于点，由，可得设与交于点，由，可得，因为，所以，即与重合，所以当变化时，点均在直线上，因为，，所以要使，只需为线段的垂直平分线，根据对称性可得点．故存在定点满足条件． 【解析】本题考查求椭圆的标准方程、椭圆中的定点问题，属于较难题．22.【答案】解：由，得，当时，因为，不合题意 当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，要，只需，令，则，当时，，单调递增当时，，单调递减，所以，则由得，所以，故实数取值的集合由已知，，因为函数有两个不同的极值点，，所以有两个不同零点，若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去当时，由，得，令所以，当时，，单调递增当时，，单调递减所以，因为，，所以，所以，故实数的取值范围为设，由则，因为，所以，， 则，取对数得，令，，则，即，令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，令，则，在上单调递增，又，所以当时，，即，因为，，在上单调递增，所以，所以，即，所以，故成立． 【解析】本题考查利用导数研究恒成立问题，函数极值个数与参数范围问题，以及利用导数证明不等式，为较难题．