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）

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)=0.8 B. E(X)=2.4

C. D(X)=0.48 D.

【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)= 1-2 P(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：3.5

16. 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．