2023届湖南省部分名校普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试题含解析

这是一份2023届湖南省部分名校普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试题含解析，共26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届湖南省部分名校普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由子集的定义得出集合A，再由集合的交集运算可得答案.
【详解】解：因为集合，，
所以，
所以，
故选：A.
2．如图，在正方体中，在线段上运动，则下列直线与平面的夹角为定值的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由线面平行的判定定理可知平面，所以与平面的夹角始终为，而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同.
【详解】连接，因为，
因为平面，平面，
所以平面，所以与平面的夹角始终为，
而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同.
故选：B.

3．若需要刻画预报变量和解释变量的相关关系，且从已知数据中知道预报变量随着解释变量的增大而减小，并且随着解释变量的增大，预报变量大致趋于一个确定的值，为拟合和之间的关系，应使用以下回归方程中的（，为自然对数的底数）（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据及函数的单调性，判断随增大时的增减性，再判断各个回归方程是否随着解释变量的增大趋于一个确定的值，即可得出答案．
【详解】对于A：因为在定义域内单调递增且，所以随着的增大而增大，不合题意，故A错误；
对于B：因为在定义域内单调递增且，所以随着的增大而减小，当解释变量，，不合题意，故B错误；
对于C：因为在定义域内单调递增且，所以随着的增大而减小，当解释变量，，不合题意，故C错误；
对于D：因为在定义域内单调递减且，所以随着的增大而减小，当解释变量，，故D错误；
故选：D．
4．有一个沙漏如图所示，由圆柱与圆锥组合而成，上下对称，沙漏中沙子完全流下刚好填满下半部分的圆柱部分，已知沙漏总高度为，圆柱部分高度为，则初始状态的沙子高度为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据题意求得圆锥高度，再利用体积相等求得初始状态圆柱部分沙子的高度，由此得解.
【详解】如图，设初始状态圆柱部分沙子的高度为，沙漏下半部分的圆柱高度为，圆锥高度为，上、下底面半径为，

则，又沙漏总高度为，则，
所以，即，解得，
所以初始状态的沙子高度为.
故选：C.
5．已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】推导出，可得出，求出的取值范围，即可得解.
【详解】因为，则，
所以，，
因为、都是锐角，由题意可得，
所以，，
所以，，
因为、都是锐角，则且，则，
所以，，因此，.
故选：D.
6．挪威画家爱德华·蒙克于1893年创作的《呐喊》是表现主义绘画的代表作品，刻画了一个极其痛苦的表情．画作局部如下图所示，人像的脸近似为一个椭圆，下巴近似为一个圆，圆心在椭圆的下顶点上，椭圆与圆有两个交点，，椭圆的两焦点与圆的圆心在同一直线上，记椭圆的中心为．连接直线，，，经测量发现与圆相切，圆的半径为，．记该椭圆的离心率为，为不超过的最大整数，则的值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】如图建立平面直角坐标系，即可求出、的坐标，设椭圆方程为，，将点坐标代入方程求出，即可求出离心率，从而得解.
【详解】如图建立平面直角坐标系，

连接，依题意，，且，
所以，所以，
设椭圆方程为，，则，
又，所以，所以，
则，解得，
所以，
所以离心率，所以，则.
故选：B
7．正八边形上存在一动点（点与，不重合），已知正八边形边长为2，则的最大值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由平面向量数量积的几何意义分析可知，当点运动到点时，取得最大值，然后建立平面直角坐标系利用坐标计算即可.
【详解】，由平面向量数量积的几何意义可知，当最大，即在方向上投影最大时，最大，由图可知当点运动到点时，在方向上投影取得最大.
如图：建立平面直角坐标系，

则，，，
所以，.
所以的最大值为
故选：D
8．设函数，是公差为的等差数列，，则
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】∵数列{an}是公差为的等差数列，且
∴
∴ 即
得
∴
[点评]本题难度较大，综合性很强.突出考查了等差数列性质和三角函数性质的综合使用，需考生加强知识系统、网络化学习. 另外，隐蔽性较强，需要考生具备一定的观察能力.


二、多选题
9．投掷一枚均匀的骰子8次，记录每次骰子出现的点数．根据统计结果，可以判断一定出现点数6的是（    ）
A．第25百分位数为2，极差为4
B．平均数为，第75百分位数为
C．平均数为3，方差为3
D．众数为4，平均数为
【答案】BD
【分析】对于A,可采用特值法，对于B,根据平均数和百分位数，即可判断，对于C, 可采用特值法，对于D,可假设这8个数没有6点，根据题设推出矛盾，即可判断.
【详解】解：不妨设，则
对于A,这8个数可以是，故不一定出现点数6，故A错误.
对于B, 因为平均数为，所以,
又第75百分位数为，所以，所以，
所以，且，
所以，所以.所以一定出现点数6, 故B正确.
对于C,这8个数可以是，故不一定出现点数6，故C错误.
,
对于D, 因为平均数为，所以,
又众数为4，假设这8个数没有6点，则和最大的情况为，和题设矛盾，故一定出现点数6.故D正确.
故选：BD.
10．已知函数和分别为奇函数和偶函数，且，则（    ）
A．
B．在定义域上单调递增
C．的导函数
D．
【答案】BD
【分析】根据函数的奇偶性可得，结合选项即可逐一求解,
【详解】由得，由于函数和分别为奇函数和偶函数，所以，因此，
对于A, ,故A错误，
对于B，由于函数在单调递增，在单调递减，所以在单调递增，故B正确，
对于C，当且仅当时取等号，
而，所以C错误，
对于D，，当且仅当时取等号，所以D正确，
故选：BD
11．已知，是自然对数的底数，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】先将已知不等式变形为，然后构造函数，利用导数研究的单调性，从而得出，的大小关系以及取值范围，最后利用不等式的性质及函数的单调性对各选项作出判断．
【详解】由得，，，令，
则，易知在单调递增，
因为，所以可得，故A选项错误；
由A得，故B选项正确；
因为，，所以，
即，故C选项正确；
令，则，当时，，所以在上单调递减，于是有，即，故D选项错误．
故选：BC
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由得，，，进而利用导数工具得到，的大小关系以及取值范围．
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（    ）

A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；

对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.

三、填空题
13．已知为虚数单位，是关于的方程（，为实数）的一个根，则__________．
【答案】38
【详解】分析：把代入方程得，再化简方程利用复数相等的概念得到p,q的值，即得p+q的值.
详解：把代入方程得，
所以，
所以，
所以所以p+q=38.故答案为38.
点睛：（1）本题主要考查解方程和复数相等的根，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和基本的运算能力.(2) 复数相等:.
14．平面直角坐标系中有线段，对应直观图上的线段是，若，则的斜率为________．
【答案】0或
【分析】首先根据直观图的作法，分析得斜率为0时，当斜率不为0时，分类两种情况，斜率大于0和斜率小于0，分别根据题意画出图形，根据列出等式，即可求得线段的斜率．
【详解】根据直观图的作法，①当线段斜率为0时，线段的长度不发生变化，符合题意；
②当线段斜率大于0时，作出简图如图所示，过点作轴于点，设，其中，
在中，，

则线段的直观图，如图所示，过点作轴于点，
则，，，
所以，
在中，
，
因为，
所以，即，
所以线段的斜率为；

③当线段的斜率小于0时，作出简图如图所示，过点作轴于点，设，其中，
在中，，

则线段的直观图，如图所示，过点作轴于点，
则，，，
所以，，
在中，，
因为，
所以，即，
因为，
所以不成立，即线段的斜率小于0时不存在；

综上所述，线段的斜率为0或．
故答案为：0或
15．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点（其中点在第一象限）．设点，分别为，的内心，则的取值范围是________．
【答案】
【分析】设上的切点分别为，则点，的横坐标相等，由切线长定理得，，，由抛物线的定理得出，设点的横坐标为，得出，设直线的倾斜角为，得出，分析得，即可得出的范围．
【详解】设上的切点分别为，如图所示，
则点，的横坐标相等，根据切线长定理得，，，
因为，即，
所以，即，
设点的横坐标为，则点，
则，即，
设直线的倾斜角为，则，，
在中，



，
由双曲线方程：得，，
则，
因为点为双曲线右支上一点，且双曲线的渐近线的斜率为或，倾斜角为或，
所以，
所以，则，
所以，
故答案为：．

16．设，若对于任意正实数，函数的图象与曲线都有交点，则的最小值为________．
【答案】
【分析】设函数图象与曲线的交点为，由题设可得方程对任意正实数，在总有解，转化后可得当时，恒成立，从而得到在上恒成立，利用导数可求右侧函数的最大值，故可求的最小值.
【详解】设函数图象与曲线的交点为，其中，
故，
整理得到：，
即，
由题设该方程在有解，
故对任意的正实数恒成立，
而恒成立，故只考虑对任意的正实数恒成立，
当时，对任意的恒成立；
当时，对任意的正实数恒成立可化为：
，
故或（无解，舍），
设，
则

令，则，
若，则，无解；
若，则即，两边平方后的，
化简得：，故或，
当时，，故舍去；
当时，且，
故在仅有一解为.
而当时，，当时，，
故在上为增函数，上为增函数，
而，
故在上的最大值为
，
故的最小值为，所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：二次曲线的交点问题，一般通过联立方程组后再消元，考虑对应的一元二次方程在给定范围上的解的情况，也可以结合二次曲线的参数方程，将交点问题转化为方程的解的问题来处理，后者有时会结合导数来处理方程的解.

四、解答题
17．为测量地形不规则的一个区域的径长，采用间接测量的方法，如图，阴影部分为不规则地形，利用激光仪器和反光规律得到，为钝角，，，．

(1)求的值；
(2)若测得，求待测径长．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理结合二倍角的余弦公式求解即可；
（2）分别在，用余弦定理可求得，，再由两角差的余弦公式可求出，最后在在，由余弦定理即可求出答案.
【详解】（1）在中，由正弦定理可得：，
则，因为，因为为钝角，
所以，所以.
（2）在，由余弦定理可得：，
解得：或（舍去），
因为，所以，
在，，
由余弦定理可得：，
解得：，
，，，，

，
在，由余弦定理可得：
，
故.
18．数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项

【分析】（1）由题意得，与原式相除可得，利用累加法，即可得通项.
（2）设，分析可得数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数，分别讨论数列的奇数项和偶数项，根据数列的单调性，分析求解，综合即可得答案.
【详解】（1）因为，
所以
两式相除得，
又当时，满足上式，所以
从而，
所以，
，，

累加可得时，则，
又当时，亦符合该通项，
所以的通项公式为，．
（2）设，则数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数．
所以若出现最大项，一定在偶数项出现；若出现最小项，一定在奇数项出现．
（i）考查奇数项，令，解得，此时，
又，且，所以,
所以有，这表明数列的最小项为．
（ii）考查偶数项，令，解得，此时，
又，即，
所以有，这表明数列的最大项为．
综上所述，存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项．
【点睛】解题的关键是熟练掌握由递推与通项、累加法等求通项的方法，难点在于分析得为摆动数列，结合数列的单调性，分奇偶讨论最大和最小，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
19．如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.

(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，

又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面的一个法向量为，
则即，令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为
20．一部电视连续剧共有集，某同学看了第一集后，被该电视剧的剧情所吸引，制定了如下的观看计划：从看完第一集后的第一天算起，把余下的集电视剧随机分配在天内；每天要么不看，要么看完完整的一集；每天至多看一集．已知这部电视剧最精彩的部分在第集，设该同学观看第一集后的第天观看该集．
(1)求的分布列；
(2)证明：最有可能在第天观看最精彩的第集．
【答案】(1)分布列见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）分析得第天要看集，在第天看第集，在第天要看第集，求得的范围，得出，即可写出的分布列；
（2）设，求得，得出时，有，时，有，即可证明．
【详解】（1）要在第一集后的第天中观看后集电视剧，
考虑第集在时的概率，
则在第天要看集（即第2集到第集），
在第天看第集，
在第天要看第集（即最后一集），
所以，，解得，且，
故的分布列是：
















（2）设，，下面求中的最大项，
因为
，
由于，则，，
所以，
即，
解得，且，
所以时，有，
同理可得时，有．
所以，
所以中的最大项为，即最有可能在第天观看第集．
21．已知抛物线：，：相交于点，在第一象限内一点处的切线交于两点，交轴于点，在处的切线交于点．
(1)证明：当面积最小时，为中点；
(2)过作的垂线交于另一点，连接交于另一点，当面积最小时，求点的坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由抛物线相交于点求出两条抛物线的方程，设，及，然后用参数表示出的面积，求出面积最小时的取值，得出点的坐标，可知为中点；（2）设出直线的方程，依次求出的方程，点的坐标，点的坐标，可求出直线的方程，然后根据韦达定理，用参数表示出的面积，求其取得最小值时的值，即可求出的坐标.
【详解】（1）
将代入，，
：，：
设，处切线：
设，

，
：，：
，即
：
，点到距离


令，，所以最小时，
而为中点
当面积最小时，为中点．
（2），即，
，与轴交点


联立
，
：
联立

则
令，
所以当最小时，，故.
22．已知函数，是的导函数．
(1)判断是否为的极值点，并说明理由；
(2)若，为最小的零点，证明：当时，．
【答案】(1)不是极值点，理由见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，求导得即可判断；
（2）根据题意，将问题转化为时，，令
，再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证.
【详解】（1）当时，无意义；
当时，
若不是极值点；
若，故不是极值点．
综上所述，不是极值点．
（2）时，，，
要证：时，，
由于，．
．
令，，．
则存在，使得在上单调增，上单调减，且．
故．只要证：

记，只需证：．
由于，，当时，．
则在上单调减，于是只需证：．
由，得证.