湖南省名校普通高等学校2022-2023学年招生全国统一考试数学考前演练二试题 （Word版附解析）

这是一份湖南省名校普通高等学校2022-2023学年招生全国统一考试数学考前演练二试题 （Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023年普通高等学校招生全国统一考试考前演练二数学时量：120分钟，满分：150分一、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. 已知复数z满足，则（    ）A.  B. 1 C.  D. 2【答案】C【解析】【分析】由复数的除法解出复数，再由公式求出复数的模.【详解】因为，所以，所以.故选：C．2. 设全集，已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】计算或，再计算交集得到答案.【详解】因为或，又，所以，故选：A3. 如图，在平行四边形ABCD中，，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的运算法则计算得到答案.【详解】，故选：B4. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数，函数的图象关于直线对称，则函数的单调增区间可能是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】确定，根据对称得到，，解不等式得到答案.【详解】，函数图象关于直线对称，得，即，又，所以，则，由，得，当时，，当时，，故B满足，验证其他选项不满足.故选：B5. 已知正实数x，y满足，设，，（其中为自然对数：），则a，b，c的大小关系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用作差比较法，结合指数函数的单调性可得答案.【详解】因为，，，所以又，，所以，所以；又，又，，所以．综上，．故选：A．6. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线SA长为6米（其中S为圆锥顶点，O为圆锥底面圆心），C是母线SA的靠近点S的三等分点．从点A到点C绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的SO的体积为（    ）A. 立方米 B. 立方米 C. 立方米 D. 立方米【答案】C【解析】【分析】设圆锥底面半径为r，如图，根据余弦定理得到，计算，，再计算体积得到答案.【详解】设圆锥底面半径为r，如图，扇形是圆锥的侧面展开图，中，，，，所以，所以，所以，，，所以圆锥的体积为（立方米），故选：C7. 已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，为偶函数，则的值为（    ）A. 3 B. 5 C. 6 D. 11【答案】C【解析】【分析】根据题意是偶函数，则，然后求导得，根据题目解析式判断出是奇函数且是周期函数，赋值解出 .【详解】是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，由，，得，即，所以是周期函数，且周期为5，又令得，由，令得，所以．故选：C．8. 已知正方体，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若则点的轨迹所围成的图形面积的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】确定平面，，计算，，，E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，计算得到答案.【详解】如图所示，连接交平面于O，连接EO，平面，平面，故，，，平面，故平面，平面，故，同理可得，，平面，故平面，所以∠AEO是AE与平面所成的角，，所以，在四面体中，，，所以四面体为正三棱锥，O为的重心，如下图所示，所以，，因为，所以，又E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，所以E在平面内的轨迹围成的图形面积．故选：D二、选择题：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. 已知圆：与圆：，则下列说法正确的是（    ）A. 若圆与x轴相切，则B. 直线与圆始终有两个交点C. 若，则圆与圆相离D. 若圆与圆存在公共弦，则公共弦所在的直线方程为【答案】BC【解析】【分析】选项A：若圆与x轴相切，则等于圆的半径；选项B：直线恒过定点，点在圆内部，故直线与圆始终有两个交点；选项C：利用圆心距与半径之和的关系，判断两圆是否外离；选项D：若圆与圆有公共弦，联立两个圆的方程可得公共弦所在的直线方程为．【详解】对于选项A：圆：，半径为2，若圆与x轴相切，则，故A错误；对于选项B：直线，即，恒过定点，又由，则点在圆内部，故直线与圆始终有两个交点，故B正确；对于选项C：若，圆为，其圆心为，半径，圆：，其圆心为，半径，圆心距，两圆外离，故C正确；对于选项D：若圆与圆有公共弦，联立两个圆的方程可得即公共弦所在的直线方程为，故D错误．故选：BC．10. 已知，则下列结论成立是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】变换得到，令，可得A正确，，B正确，令，计算C错误，两边同时求导，令，得到D正确，得到答案.【详解】，展开式的通项为，对选项A：令，可得，正确；对选项B：，所以，正确；对选项C：令，可得，错误；对选项D：，两边同时求导，得，令，，正确．故选：ABD11. 已知O为坐标原点，，分别是双曲线E：的左、右焦点，P是双曲线E的右支上一点，若，双曲线E的离心率为，则下列结论正确的是（    ）A. 双曲线E的标准方程为B. 双曲线E的渐近线方程为C. 点P到两条渐近线的距离之积为D. 若直线与双曲线E的另一支交于点M，点N为PM的中点，则【答案】ACD【解析】【分析】根据双曲线定义及离心率求出得到双曲线的标准方程，即可求出渐近线方程判断AB，再由点到渐近线的距离判断C，点差法可判断D.【详解】根据双曲线的定义得，，故，由，得，所以，所以双曲线E的标准方程为，渐近线方程为，即，所以A正确，B不正确；设，则点P到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；设，，因为P，M在双曲线E上，所①，②，①－②并整理得，，即，所以，所以D正确．故选：ACD．12. 函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（    ）A. 函数的极大值为1B. 函数的图象在点处的切线方程为C. 当时，方程恰有2个不等实根D. 当时，方程恰有3个不等实根【答案】BD【解析】【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.【详解】对于A：，在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，所以的极大值为，A错误；对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，作出函数的部分图象，如图，观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；当时，有3个实数根，C错误，D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知正实数，满足，则的最大值是______.【答案】【解析】【分析】利用均值不等式得到，再计算得到答案.【详解】正实数，，则当时等号成立.故答案为【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的应用能力.14. 若，，则______________．【答案】##0.25【解析】【分析】利用同角三角函数关系结合二倍角公式计算得到答案.【详解】，即，即.故答案为：15. 已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量为取出3个球中红球的个数，则的方差______________；3个小球颜色互不相同的概率是______________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】由题意分析的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望和方差即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.【详解】由题可得，的所有可能取值分别为，；；；.所以，所以.一次抽取抽到红球的概率为，抽到黑球的概率为，抽到白球的概率为，所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是.故答案为：；.16. 已知抛物线C：与圆E：相交于P，Q，M，N四点（按顺时针方向排列），其中点P，Q在x轴上方，则四边形PQMN面积的最大值为______________．【答案】【解析】【分析】抛物线与圆联立方程组，利用韦达定理表示出四边形PQMN面积，利用导数求最大值.【详解】联立抛物线方程与圆的方程，消去y，得， 由题意可知，在上有两个不相等的实数根， ，解得 即 ．可设方程的两个根分别为，则，，，，且，，   . 令则，，时，；，，可得在 上单调递增，在 上单调递减，即当时，有最大值，所以四边形ABCD的面积取得最大值.【点睛】方法点睛：解答抛物线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．四、解答题；本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．（1）求角B大小；（2）若．且，求△ABC的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角差的余弦公式，化简已知等式，求得，可求角B的大小；（2）由已知条件利用余弦定理求得，根据三角形面积公式求△ABC的面积.【小问1详解】在中，由正弦定理 ，可得，又由 ，得 即 ， 由，有可得 又因为，所以 .【小问2详解】．且，，由余弦定理：，有，解得，∴.18. 已知正项数列的前n项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式及前n项和；（2）设数列满足，．求数列的通项公式．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）根据与的关系，可得，根据等差数列的定义及通项公式求解即可；（2）根据递推关系，利用累加法求通项公式即可.【小问1详解】由，可得，两式相减可得：，化简可得，由正项数列知 ，所以，又，解得，所以是以2为首项，2为公差的等差数列，故，由可得.【小问2详解】由（1）知，所以，所以，，，，由累加法可得，，所以19. 2020年全面建成小康社会取得伟大历史成就，决战脱贫攻坚取得决定性胜利．某脱贫县实现脱贫奔小康的目标，该县经济委员会积极探索区域特色经济，引导商家利用多媒体的优势，对本地特产进行广告宣传，取得了社会效益和经济效益的双丰收．（1）该县经济委员会为精准了解本地特产广告宣传的导向作用，在购买该县特产的客户中随机抽取300人进行广告宣传作用的调研，对因广告宣传导向而购买该县特产的客户统计结果是：客户群体中青年人约占，其中男性为；中年人约占，其中男性为；老年人约占，其中男性为．以样本估计总体，视频率为概率．（ⅰ）在所有购买该县特产的客户中随机抽取一名客户，求抽取的客户是男性的概率；（ⅱ）在所有购买该县特产的客户中随机抽取一名客户是男客户，求他是中年人的概率（精确到0.0001）（2）该县经济委员会统计了2021年6～12月这7个月的月广告投入x（单位：万元）；y（单位：万件）的数据如表所示：月广告投入x/万元1234567月销量y/万件28323545495260已知可用线性回归模拟拟合y与x的关系，得到y关于x的经验回归方程为，请根据相关系数r说明相关关系的强弱．（若，则认为两个变量有很强的线性相关性，r值精确到0.001）参考数据：，，．参考公式：相关系数．【答案】（1）（ⅰ）0.3975；（ⅱ）0.4403；    （2）两个变量有很强的线性相关性.【解析】【分析】（1）根据全概率公式即可得出（ⅰ）的答案，进而根据条件概率公式可得出（ⅱ）的答案；（2）由已知可求得，，，然后代入公式即可求出相关系数的值，进而得出两个变量线性相关性的强弱.【小问1详解】（ⅰ）分别设抽取的客户为青年人、中年人、老年人为、、，抽到男性为事件.由已知可得，，，，，，，由已知可得，抽取的客户是男性的概率为.（ⅱ）由（ⅰ）可得，.【小问2详解】由已知可得，，，，所以，.所以，两个变量有很强的线性相关性.20. 如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．（1）证明：；（2）若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.【小问1详解】平面ABC⊥平面，平面平面，菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，平面，平面，平面，.【小问2详解】平面，，，以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，则，，，，， ， · ， ， ， 设平面法向量是， 由，令，，得 设平面的法向量是 ， 由，令，，可得 ，所以，由，解得， ，，三棱柱的体积为.21. 已知椭圆C：的上顶点为B，O为坐标原点，为椭圆C的长轴上的一点，若，且△OPB的面积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）椭圆C与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标，求出△AMN面积的最大值．【答案】（1）    （2）证明见解析，定点为，△AMN面积的最大值为【解析】【分析】（1）根据题意得到与，从而求得，由此得解；（2）结合题意设直线MN的方程为，联立椭圆C的方程得到，进而得到，结合即可得到关于的方程，从而证得直线MN过定点，再利用，结合对勾函数的单调性即可得解.【小问1详解】由已知，得，即，又因为，所以，即，解方程组，得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由题意可知，直线MN的斜率不为0，设，直线MN的方程为，联立，消去，得，所以，，则，因为，所以，即，所以，即，解得或，因为当时，直线的方程为，则直线经过，不符合题意，所以，满足，此时直线的方程为，所以直线过定点，记直线与轴的交点为，则点坐标为，当时，，，令，令，则，故在上单调递增，所以，当且仅当，即时，△AMN面积取得最大值.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.22. 已知函数为自然对数的底数.（1）若是函数的唯一极值点，求正实数的取值范围；（2）令函数，若存在实数，使得，证明：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，令，要使是函数的唯一极值点，即，利用导数研究的单调性即可得出答案；（2）令，将函数变形为，设，要证明，即证明，不妨设，结合的单调性即证明，构造函数，研究其单调性即可证明.【小问1详解】，令，则，令，解得，当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增，.因为是函数的唯一极值点，又，所以，即时，恒成立，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，故有且仅有一个极值点.所以正实数的取值范围为.【小问2详解】证明：的定义域为，令，则上述函数变形为，对于，则，即在上单调递增，由已知存在实数使得，不妨设，所以存在对应的，使得，对于，则，因为，所以当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点，所以，则，令，则，所以在上单调递减，所以，即，又，所以，又由的单调性可知，即有成立，所以.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解极值点问题、证明不等式问题；本题证明不等式的基本思路是：证明，即证明，再将所证不等式构造为的形式，从而将多变量问题转化为单一变量问题.