湖南省2023届高三下学期第一次模拟考试数学试卷（含解析）

湖南省2023届高三下学期第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数的模为5，虚部为，则复数（    ）

A． B．

C．或 D．

3．已知，是单位向量，且，则（     ）

A． B．

C． D．与的夹角为

4．抛物线的焦点为F，A，B为抛物线上的两个动点，且满足.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N.则的最大值为（    ）

A． B． C．1 D．2

5．函数的图象大致形状是（    ）

A． B．

C． D．

6．若函数在上单调，且在上存在极值点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

7．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

8．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．下列结论正确的是（    ）

A．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1

B．样本的回归直线至少经过其中一个样本点

C．在回归方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位

D．在线性回归模型中，用相关指数刻画拟合效果，的值越小，模型的拟合效果越好

10．下列式子，可以是x2＜1的一个充分不必要条件的有（    ）

A．x＜1 B．0＜x＜1 C．﹣1＜x＜1 D．﹣1＜x＜0

11．在平面直角坐标系中，，，，，设点的轨迹为，下列说法正确的是（    ）

A．轨迹的方程为

B．面积的最大值为

C．的最小值为

D．若直线与轨迹交于，两点，则

12．如图，有一列曲线，，……，，……，且1是边长为1的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将曲线的每条边进行三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，记曲线的边数为，周长为，围成的面积为，则下列说法正确的是（    ）

A．数列{}是首项为3，公比为4的等比数列

B．数列{}是首项为3，公比为的等比数列

C．数列是首项为，公比为的等比数列

D．当n无限增大时，趋近于定值

三、填空题

13．若曲线在在，两点处的切线互相垂直，则的最小值为________．

14．某校邀请6位学生的父母共12人，请这12位家长中的4位介绍其对子女的教育情况，如果这4位家长中恰有一对是夫妻，那么不同的选择方法有______种.

15．在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______.

16．函数．若对任意，都有，则实数m的取值范围为_________．

四、解答题

17．已知等差数列的公差为，前n项和为，其中，，成等比数列，.

(1)求的通项公式；

(2)若，且，设数列的前n项和，求证.

18．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，是斜边的长为的等腰直角三角形，E，F分别是棱，的中点，M是棱上一点，

(1)求证：平面平面；

(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．

19．求解下列问题：

(1)求证：；

(2)已知，求.

20．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，在保持原有40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技和霹雳舞两个竞赛项目，国家体育总局为了深入了解各省在“电子竞技”和“霹雳舞”两个竞赛项目上的整体水平，随机选取了10个省进行研究，便于科学确定国家集训队队员，各省代表队人数如下表

(1)从这10支省代表队中随机抽取3支，在抽取的3支代表队参与电子竞技的人数均超过30人的条件下，求这3支代表队参与霹雳舞的人数均超过30人的概率；

(2)若霹雳舞参与人数超过40人的代表队所在地可以成为国家队集训基地，现从这10支代表队中随机抽取4支，记X为选出代表队所在地可以成为国家队集训基地的个数，求X的分布列和数学期望；

(3)某省代表队准备进行为期3个月的霹雳舞封闭训练，对太空步､空中定格､整体移动三个动作进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”，已知在一轮测试的3个动作中，甲队员每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响：如果甲队员在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于9次，那么至少要进行多少轮测试？

21．已知双曲线E：的左顶点为A，其离心率为，且A到E的一条渐近线的距离为．

(1)求E的方程；

(2)过的直线l与E的右支交于B，C两点，直线AB，AC与y轴分别交于M，N两点，记直线PM，PN的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

22．已知函数，且正数a，b满足

(1)讨论f（x）的单调性；

(2)若的零点为，，且m，n满足，求证：.（其中……是自然对数的底数）

参考答案：

1．C

【分析】解不等式化简集合A，B，再利用并集的定义求解作答.

【详解】依题意，，，所以.

故选：C

2．C

【分析】设，，根据复数的虚部和模，可得求，写出复数即可.

【详解】设，，

∴，解得，

∴.

故选：C

3．B

【分析】根据单位向量的定义及向量数量积的运算律计算可得；

【详解】解：因为，是单位向量，所以，又，所以，所以，即，，即，所以，所以，因为，所以，即与的夹角为

故选：B

4．C

【分析】设，过A，B点分别作准的垂线AQ，BP，由抛物线定义，得，在中，利用余弦定理结合基本不等式、抛物线的定义可得，从而可求得结果

【详解】

设，过A，B点分别作准的垂线AQ，BP，

由抛物线定义，得，

在梯形ABPQ中，.

由余弦定理得，，

又.

得到，即的最大值为1，

故选:C.

【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线的性质及应用，考查余弦定理和基本不等式的应用，解题的关键是运用抛物线的定义和梯形中位线定理找出关系，再利用余弦定理和基本不等式可得结论，考查转化思想，属于中档题

5．A

【分析】根据函数的奇偶性可得函数为偶函数，可排除CD，然后根据时的函数值可排除B.

【详解】因为，定义域为R，

又，

所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除CD，

又当时，，，故排除B.

故选：A.

6．A

【分析】依据函数在上单调，可知，计算出函数的对称轴，然后根据函数在所给区间存在极值点可知，最后计算可知结果.

【详解】因为在上单调，所以，则，由此可得.

因为当，即时，

函数取得极值，要满足在上存在极值点，因为周期，

故在上有且只有一个极值，故第一个极值点，得.

又第二个极值点，

要使在上单调，必须，得.

综上可得，的取值范围是.

故选:A.

7．A

【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.

【详解】[方法一]：设而不求

设，则

则由得：，

由，得，

所以，即，

所以椭圆的离心率，故选A.

[方法二]：第三定义

设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：

故，

由椭圆第三定义得：，

故

所以椭圆的离心率，故选A.

8．D

【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．

【详解】[方法一]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路一：从定义入手．

所以．

[方法二]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路二：从周期性入手

由两个对称性可知，函数的周期．

所以．

故选：D．

【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．

9．AC

【分析】根据相关系数的定义可判断A；由回归直线方程的性质可判断B、C；由相关指数与拟合效果的关系判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，故选项A正确；

对于B：样本的回归直线不一定经过其中一个样本点，一点经过样本中心点，故选项B不正确；

对于C：在回归方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位，故选项C正确；

对于D：用相关指数刻画拟合效果，的值越大，模型的拟合效果越好，故选项D不正确；

故选：AC.

10．BD

【分析】由题意可得选项是x2＜1的充分不必要条件，即选项的范围要比题干范围要小即可得出答案

【详解】由x2＜1得出，根据题意，选项所代表的范围是的充分不必要条件，

由逻辑关系可得选项的范围要比小，由此可得A错，C是的充要条件，所以C错，

B和D比范围小，所以B和D对.

故选：BD

11．BD

【分析】A选项：设，利用列等式，整理即可得到点的轨迹；

B选项：根据几何的思路得到当点纵坐标的绝对值最大时，面积最大时，然后求面积即可；

C选项：根据几何的思路得到，然后求最小值即可；

D选项：利用勾股定理求弦长即可.

【详解】设点，化简得，，故A错误；

当点纵坐标的绝对值最大时，面积最大时，此时，故B正确；

设轨迹的圆心为，半径为，所以，，点在圆内，所以，故C错误；

圆心到直线的距离为，，，故D正确．

故选：BD.

12．ABD

【分析】结合图形规律得，即可判断A,根据第个图形的边长为 ，即可判断B，根据，利用累加法及等比数列的前项和公式求出．

【详解】是在的基础上，每条边新增加3条新的边，故，又,所以数列{}是首项为3，公比为4的等比数列,且 故A正确，

第个图形的边长为 ，所以，故数列{}是首项为3，公比为的等比数列，故B正确，

因为是在的每条边上再生出一个小正三角形，于是

，

同理，对是在的每条边上再生出一个小正三角形，

于是的面积等于的面积加上个新增小三角形的面积，

即，

于是可以利用累加的方法得到

将上面式子累加得

当时， ，故C错误，D正确，

故选：ABD

13．##

【分析】化简可得，求出导数可得切线斜率在范围内，即可得出切线斜率必须一个是1，一个是，即可求出.

【详解】，

曲线的切线斜率在范围内，

又曲线在两点处的切线互相垂直，

故在，两点处的切线斜率必须一个是1，一个是.

不妨设在A点处切线的斜率为1，

则有，，

则可得，

所以.

故答案为：.

14．240

【分析】先从6对夫妇中选一对，再从余下的5对夫妇中选两对，每一对中选一位，根据分步计数原理，即可得到结果．

【详解】解：分步完成，4位中恰有一对是夫妇，则先从6对夫妇中选一对，有种结果，

再从余下的5对夫妇中选两对，每一对中选一位有种结果，

根据分步计数原理得到结果是6×40＝240，

故答案为240．

【点睛】本题是一个带有约束条件的排列组合问题，解题时排列与组合问题要区分开，解题的关键是利用分步计数原理，把握好分类的原则．

15．

【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程，可知当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.

【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形，

平面，平面，则，

，，平面，则平面，

、平面，，，则，

故，

平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，设点，

由可得，化简可得，

即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，

不妨设点，设三棱锥的球心为，

由，可得，解得，

所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为，

因此，三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；

④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.

16．

【分析】将条件转化为，然后设，则问题转化为，进而根据函数为增函数得到，最后通过分离参数求得答案.

【详解】由题意，，设，则问题可转化为.

因为是上的增函数（增+增），所以恒成立.

设，则，时，单调递增，时，单调递减，所以，于是.

故答案为：.

【点睛】本题的破解点在于设，进而得到，此方法叫“同构”，平常注意归纳总结.

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据，，成等比数列，代入求和公式即可求得首项和公差，即可求得通项公式；

（2）根据求得，然后求得数列的通项后利用裂项求和即可证明.

【详解】（1）解：因为，，成等比数列，则，即

又，则，由得，即

则有可得，

所以.

（2）证明：由，且

所以当时，则有

又也满足，故对任意的，有，

则

所以

由于单调递增，所以．

综上：.

【点睛】.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，从而，又，由线面垂直的判定定理得平面，则，又，得平面，根据面面垂直的判定定理即可证得结论；

（2）取的中点，则，，结合（1）得平面，结合线面角的定义得是直线与平面所成角，求得，，建立空间直角坐标系，分别求出平面、的法向量，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）因为是斜边PA的长为的等腰直角三角形，所以，，

又平面平面，平面平面，平面，

∴平面，又平面，∴，

又，，平面，∴平面，

因为平面，∴，

∵，F是棱PC的中点，∴，

又，平面，∴平面．

又平面，∴平面平面．

（2）如图，取的中点，连接，，

则，，

由（1）知平面，∴平面，

∴是直线与平面所成角，

∴，

∴，∴，

以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则有：，，，，

∴，，，

设平面的法向量为，平面的法向量为

则，令，则，

有，令，则，

∴，

∴平面与平面夹角的余弦值为．

19．(1)证明详见解析

(2)

【分析】（1）利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系式进行证明；

（2）利用（1）以及二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得.

【详解】（1）证明：，

.

（2），则，

由，解得，

所以，

因为，由（1）得，

所以

.

20．(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

(3)至少要进行11轮测试

【分析】（1）根据表格中的数据，利用事件的意义，结合条件概率，即可求解；

（2）根据表格数据，可知的所有可能取值为，利用超几何分布，即可求每一个随机变量的概率，即可求分布列和数学期望；

（3）首先记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件，并求，“优秀”的次数服从二项分布，再根据期望公式，列不等式，即可求解.

【详解】（1）由题可知10支代表队，参与“霹雳舞”的人数依次为，参与“电子竞技”的人数依次为，其中参与“电子竞技”的人数超过30人的代表队有6个，参与“霹雳舞”的人数超过30人，且“电子竞技”的人数超过30人的代表队有4个，记“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“电子竞技”的人数均超过30人”为事件，“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“霹雳舞”的人数均超过30人”为事件，

则，

所以，.

（2）参与“霹雳舞”人数在40人以上的代表队共4支，的所有可能取值为，

所以，.

.

所以的分布列如下表：

所以（或写成1.6）

（3）记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件，则，

由题意，甲队员在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，

由题意，得，

因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试.

21．(1)

(2)是定值，

【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可；

（2）设直线l：，，，联立直线与双曲线方程，得，，由直线AB的方程，得M的坐标，同理可得N的坐标为，由，结合韦达定理求证即可.

【详解】（1）设E的半焦距为，由题意知，

E的一条渐近线方程为，即，所以，

又，，解得，，，

所以E的方程为；

（2）设直线l：，，，，

由得，

所以，．

因为，直线AB的方程为，所以M的坐标为，

同理可得N的坐标为．

因为，，

所以，

即为定值．

22．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得，求出导数，即可讨论出单调性；

（2）求出导数，得出单调性，结合（1）中结论得出不等式即可证明.

(1)

令，则由题可知，

即，所以，即，

因为 ，

令，则，且对称轴，

，易得当时，在单调递减，在单调递增，

当时，在单调递减；

(2)

，

由且知在单调递增，在单调递减，

又，令，则，即，

由（1）知，

，

即有，

，

两式相减得，

即，整理得.