湖南省2023年普通高中学业水平合格性考试数学试题（专家B卷）（Word版附解析）

湖南省普通高中学业水平考试合格性考试（专家B卷）数学本试卷时量90分钟，满分100分.一、选择题：本大题共18小题，每小题3分，共54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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据交集的知识确定正确答案.【详解】依题意，.故选：D2.已知i为虚数单位，，则复数z的虚部为（）A.－iB.iC.1D.－1【答案】D【解析】【分析】根据复数的概念直接求解.【详解】复数z的虚部为-1.故选：D3.函数的定义域为（）A.且B.C.D.且【答案】A【解析】【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案.【详解】依题意，，解得且，所以函数的定义域为且.故选：A 4.在正六边形中，（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据平面向量运算求得正确答案.【详解】依题意，.故选：C5.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式求得正确答案.【详解】依题意，，.故选：A6.已知函数，则（）A.4B.C.81D.【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式求得正确答案. 【详解】，.故选：C7.使不等式成立的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据充分不必要条件的知识确定正确答案.【详解】不等式成立的一个充分不必要条件是，是的必要不充分条件，是的非充分非必要条件，是的充分必要条件.故选：A8.抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），出现点数和为4的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用古典概型的知识求得正确答案.【详解】抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件有种，其中点数和为的有共种，所以出现点数和为4概率是.故选：C9.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据对数、指数的单调性对的大小进行分析，由此确定正确答案.【详解】，即， ，，所以.故选：D10.在空间中，设m，n为两条不同的直线，为一个平面，下列条件可判定的是（）A.，B.，C.，D.，且【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，当，时，，所以A选项错误.B选项，当，时，可能平行，所以B选项错误.C选项，当，时，，所以C选项正确.D选项，当，且时，可能平行，所以D选项错误.故选：C11.函数的图象如图所示，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的图象，依次求得和的值.【详解】由图可知，，则，则当时，，由于，所以. 故选：B12.某学校数学、物理、化学老师的人数分别为12，8，8，现采用分层随机抽样的方法，从中抽取7人，进行睡眠时间的调查，应从数学教师中抽取人数为（）A.2B.3C.4D.6【答案】B【解析】【分析】根据分层抽样的知识求得正确答案.【详解】依题意，应从数学教师中抽取人数为人.故选：B13.已知，，若，则（）A.-2B.C.D.0【答案】A【解析】【分析】根据向量共线列方程，化简求得的值.【详解】由于，所以.故选：A14.已知，那么（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据对数运算的知识求得，进而求得.【详解】依题意，，所以，所以，所以.故选：C15.下列关于函数的说法正确的是（） A.图象关于点成中心对称B.图象关于直线成轴对称C.在区间上单调递增D.在区间上单调递增【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的对称性、定义域、单调性等知识确定正确答案.【详解】当时，，所以是函数的中心对称，所以A选项正确，B选项错误.C选项，注意到时，，而不存在，所以C选项错误.D选项，注意到时，，而不存在，所以D选项错误.故选：A16.甲、乙、丙、丁四人参加诗歌朗诵，甲第一个朗诵或乙第四个朗诵的概率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据古典概型的知识求得正确答案.【详解】甲、乙、丙、丁四人参加诗歌朗诵，基本事件有种，其中甲第一个朗诵或乙第四个朗诵的事件有：种，所以甲第一个朗诵或乙第四个朗诵的概率是.故选：D17.如图是周老师散步时所走的离家距离（y）与行走时间（x）之间的函数关系的图象，则周老师散步的路线可能是（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据关于的函数关系的图象确定正确答案.【详解】根据关于的函数关系的图象可知，周老师先远离家，然后有一段时间和家的距离相同，然后再回家（离家越来越近），所以D选项对应图象符合.故选：D18.已知函数（a，b为常数，且，）的图象经过点，，下列四个结论：①；②；③函数仅有一个零点；④若不等式在时恒成立，则实数m的取值范围为．其中所有正确结论的序号是（）A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④【答案】C【解析】【分析】根据的坐标求得，结合零点存在性定理、分离常数法判断即可.【详解】依题意，解得（负根舍去），，所以①正确，②错误，只有C选项正确.则，函数在上递增，当时，；当时，，所以函数在上有唯一零点，③正确. 不等式在时恒成立，即在时恒成立，函数在上单调递增，最小值为，所以，④正确.所以正确的为①③④.故选：C【点睛】利用零点存在性定理判断函数零点个数时，除了要判断以外，还需要判断函数的单调性.另外函数不满足，也可能存在零点.二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．19.已知一个球的体积为，则此球的表面积为_______．【答案】4π【解析】【分析】求出球半径，即可求得表面积．【详解】解：因为球的体积为，所以r3，解得球的半径r＝1．所以球的表面积为：4πr2＝4π．故答案为：4π．20.如图，在正方体中，E是的中点，则直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为____________．【答案】【解析】 【分析】根据线面角的知识求得正确答案.【详解】连接，由于平面，所以是直线与平面所成角，设正方体的边长为，则，所以，所以直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为.故答案为：21.已知，则的最大值是_________【答案】##【解析】【分析】直接利用基本不等式求最大值.【详解】，则，当且仅当即时取等号．故答案为：.22.若函数在区间上至少有一个零点，则实数a的取值范围为____________．【答案】【解析】【分析】利用分离常数法，结合图象来求得的取值范围. 【详解】当时，由得，画出的图象如下图所示，，结合图象可知的值域是.依题意，函数在区间上至少有一个零点，所以取值范围是.故答案为：三、解答题：本大题共3小题，共30分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．23.若二次函数的图象的对称轴为，最小值为，且．（1）求的解析式；（2）若关于x的不等式在区间上恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件列方程组来求得，也即求得.（2）由分离常数，进而求得的取值范围.【小问1详解】由为二次函数，可设∵图象的对称轴为，最小值为-1，且， ∴，∴，∴．【小问2详解】∵，即在上恒成立，又∵当时，有最小值0，∴，∴实数m的取值范围为．24.某中学为了提高学生学习数学的兴趣，举行了一次数学竞赛，共有600名学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分为正整数，满分为150分），经统计，得到如图所示的频率分布表和频率分布直方图．组号分组频数频率140.1280.23xy4802520.05620.05 合计（1）求图中的x，a的值；（2）估计这600名学生竞赛的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，结果精确到整数）．【答案】（1），（2）116分【解析】【分析】（1）根据频率之和为求得，进而求得，的值.（2）根据平均数的求法求得平均成绩.【小问1详解】由题图得，，又∵，∴，∴图中x，a的值分别为16和0.04．【小问2详解】（分）∴这600名学生竞赛的平均成绩为116分．25.如图所示，平面平面，四边形为矩形，，，，．（1）求多面体体积；（2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过割补法，结合锥体体积计算公式求得正确答案.（2）作出二面角的平面角，进而计算出其余弦值.【小问1详解】如图，连接BD，∵四边形AEFB为矩形，∴，，∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面，平面ABEF，平面ABEF，∴AE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，∵平面ABCD，∴，又，AB∩AE＝A，平面，∴AD⊥平面AEFB，∴，∵，，∴．∴，∴多面体ABCDEF的体积为．【小问2详解】 如图，过B作交DC的延长线于点G，连接FG，∵FB⊥平面ABCD，平面，∴DG⊥FB，又DG⊥BG，BG∩FB＝B，平面，∴DG⊥平面FBG，∵平面，∴DG⊥FG，∴∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，由题意得，∵，∴，在Rt△FBG中，，，∴，∴，∴二面角F-CD-A的余弦值为．