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湖南省四大名校2023届高三数学普通高校招生统一考试模拟冲刺卷(一)(Word版附解析)
湖南省四大名校2023届高三数学普通高校招生统一考试模拟冲刺卷(一)(Word版附解析)
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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.【答案】B【解析】【分析】先解不等式,化简集合,再由并集的结果,列出不等式求解,即可得出结果.【详解】因为或,又,所以只需,解得,故选:B.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.【答案】D【解析】【分析】根据复数的四则运算及纯虚数的定义可求.【详解】由,得,又因为为纯虚数,所以, 故选: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.【答案】A【解析】【分析】根据导数的几何意义及两直线垂直的斜率关系即可求出的值.【详解】由,得,因为函数的图象在处的切线与直线垂直,所以,则.故选:A.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d是一寸,筒长l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,O为竹空底面圆心,则太阳角∠AOB的正切值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意,结合正切的二倍角公式进行求解即可. 【详解】由题意可知:,,所以.故选:A.5.将函数图像上各点的横坐标变为原来的倍,纵坐标不变,得到函数的图像,若对于满足的,,都有,则的值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由伸缩变换结合余弦函数的图像的特点得出和必然一个为极大值点,一个为极小值点,进而由周期得出的值.【详解】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.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.【答案】C【解析】 【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义,利用圆的弦长及勾股定理即可求解【详解】由题意可知,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.故选:C.7.已知三棱锥,为中点,,侧面底面,则过点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.【答案】A【解析】【分析】连接,,,设三棱锥外接球的球心为,设过点的平面为,则当时,此时所得截面的面积最小,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,再结合球的截面的性质即可得解.【详解】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.【点睛】关键点点睛: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.8.设,,,则,,的大小顺序为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据a、b、c的结构,构造函数,利用导数判断单调性,即可比较出a、b、c的大小,从而可得到正确答案.【详解】因为,,故构造函数,则,令,解得,当时,,在上单调递增,当时,,在上单调递减,又因为,,所以,. 因为,又,所以,即,故,故选:A.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.【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的对称性、概率公式,结合二项分布的公式,可得答案.【详解】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,故E(X)=30.2=0.6,故B错误;D(X)=3020.8=0.48,故C正确;,故D正确.故选:ACD.10.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【答案】BC【解析】【分析】根据空间中异面直线所成角,直线与平面所成角的定义,空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质,逐个选项运算求解即可.【详解】如图,取的中点,连接,,因为,分别是,的中点,所以,且,所以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.已知正数,满足,则下列不等式正确的是()A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】构造函数,利用导数得出,由基本不等式判断A;由指数和对数的单调性以及不等式的性质判断BCD.【详解】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A,,所以,故A错误对于B,由,可得,所以,故B正确对于C,由,可得,则,故C错误对于D,由,可得,,所以,所以,故D正确.故选:BD.12.已知,分别为双曲线C:(,)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【答案】ACD【解析】【分析】由到的距离为以及渐近线方程为可求得,即可得出方程,判断A;由可求出判断B;结合双曲线定义可求得,求出,即可求出,判断C;利用等面积法可求得点到轴的距离,判断D.【详解】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,,则中,,则,则,即,故C正确;在中,,设点到轴的距离为d,则,即,解得,故D正确.故选:ACD.【点睛】关键点点睛:是根据已知求出双曲线方程,结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.已知向量,则在方向上的投影是_____.【答案】3【解析】【分析】求出,以及,再利用向量投影的公式即可得到答案.【详解】由题可得:,;∴在方向上的投影是:. 故答案为3.【点睛】本题考查向量投影的定义以及计算,熟练掌握向量投影的公式是关键,属于基础题.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__________.【答案】##【解析】【分析】由题意可求,,再根据条件概率的计算公式求解即可.【详解】因为甲罐中有个红球、个黑球,所以,因为,所以.故答案为:.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__________.【答案】##【解析】【分析】设,,由相切关系,建立点A,B坐标所满足的方程,即弦所在直线的方程,由直线与圆相切,得,求出m的最大值.【详解】设点,,,,因为分别以点A,B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,所以弦所在直线的方程为,因为直线与圆相切,所以,解得,得,即的最大值为.故答案为:3.516.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__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据正项数列各项单调递增,可得出,化简求出,由此可得首项的取值范围;再由裂项相消法求出的表达式,然后求其范围,即可得出答案.【详解】由题意,正数数列是单调递增数列,且, 且,解得,,又由,可得:.,.,且数列递增数列,,即,整数.故答案为:;.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.已知数列的前项和为,,当时,.(1)求(2)设,求数列的前项和为.【答案】(1)(2) 【解析】【分析】(1)利用与的关系及等差数列的定义,结合等差数列的通项公式即可求解;(2)利用(1)的结论及数列求和中的错位相减法即可求解.【小问1详解】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.【小问2详解】由知,所以,所以,所以,由得,,所以.18.在中,内角所对的边分别为,已知的面积为,且.(1)求的值(2)若,求周长的取值范围.【答案】(1); (2).【解析】【分析】(1)代入,然后逐步化简,即可求解;(2)由,得,,然后借助二倍角公式,即可求得周长的取值范围.【小问1详解】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.【小问2详解】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. 19.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.(1)当时,证明:平面平面;(2)当三棱锥的体积最大时,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)先根据线面垂直的性质证明,再根据线面垂直的判定定理可证得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得证;(2)当三棱锥的体积最大时,△的面积最大,此时为线段的中点,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,利用向量法求解即可.【小问1详解】垂直于圆锥的底面,在圆锥的底面,,当时,且BC=3CA,则,,又平面,平面,又平面,平面平面;【小问2详解】由题可知,且轴截面为等腰直角三角形,,,当三棱锥的体积最大时,△的面积最大,此时为弧的中点, 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,由图可知该二面角为钝角,二面角的余弦值为.20.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.(1)求乙同学得分的概率(2)记为甲同学的累计得分,求的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析;期望为【解析】【分析】(1)根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式综合运算求解即可;(2)由题意,可能值为0,50,100,150,200,根据相互独立事件、互斥事件判断与概率计算公式分别求出对应取值的概率,即可得到离散型随机变量的分布列,再由期望定义及公式求其期望值.【小问1详解】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【小问2详解】由题意,甲同学的累计得分可能值为0,50,100,150,200,,,,,,分布列如下: 所以期望.21.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.(1)求的值.(2)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.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由,转化为坐标关系,通过运算得,,从而求出,利用最大值为即可求出的值;(2)先对直线取的特殊情况,通过特殊情况猜测点S在同一直线上,且的方程为,再证明,然后利用对称性得出定点的坐标.【小问1详解】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S的最大值为,所以,得或(舍去),所以的值为2.【小问2详解】由已知有,取,可得,,则直线的方程为,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S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S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S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.22.已知函数,其中为实数,为自然对数底数,.(1)已知函数,,求实数取值的集合(2)已知函数有两个不同极值点、.①求实数的取值范围②证明:.【答案】(1)(2)①;②证明见解析【解析】【分析】(1)利用不等式恒成立问题,转化为函数的最值问题,通过对的讨论,求出在给定区间的最值即可求出的值;(2)①由函数有两个不同的极值点,得,有两个不同零点,通过参数分离有,构造函数,确定的单调性和极值,进而可求的取值范围;②由已知得,取对数得,通过换元,,构造函数,讨论函数的单调性,确定 的不等关系,再转化为,的关系即可证明.【小问1详解】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【小问2详解】①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②设,由①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.
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高考 - 模拟考试
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