2023届湖北省武汉二中等校高三下学期5月高考冲刺模拟试卷数学试题（七）含解析

  秘密★启用前

湖北省2023年高考冲刺模拟试卷

数学试题（七）

本试卷共4页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本大题共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．设全集，集合，，则等于

A．        B．      C．         D．

2．已知，，则实数的值为

A．            B．           C．            D．

3．在边长为2的菱形中，，点满足，则

A．             B．           C．            D．

4．从1，2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的

概率为，已知为上述数据中的分位数，则的取值可能为

A．50    B．60    C．70    D．80

5．如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直

角三角形边上再连接正方形…如此继续．若共得到个正方形，设初始正方形的边长为，

记最小正方形的边长为，设，则

A．           B．          C．            D．

6．已知，，，则

A．       B．         C．      D．

7．在中，内角，，的对边长分别为，，，若 ，则的最小值为

A．               B．        C．            D．

8．已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，若该正三棱柱的外接球体积为，当

最大时，该正三棱柱的体积为

A．   B．   C．   D．

二、多项选择题：本大题共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．已知是椭圆：上一点，椭圆的左、右焦点分别为，且，

则

A．的周长为                B．

C．点到轴的距离为          D．

10．已知函数，若函数的部分图象如图所

示，则关于函数，下列结论正确的是

A．函数的图象关于点对称

B．函数的单调递减区间为

C．函数在区间上的值域为

D．若，则

11．正方体的棱长为3，、为底面内的动点（包括边界），

且，，下列说法正确的是

A．动点的轨迹长度为              B．

C．线段的长度最小值为      D．三棱锥的体积可以取值为3

12．设函数的定义域为，，若是奇函数，是偶

函数，则

A．的周期为4                  B．关于对称

C．                          D．若，则

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第4项，则展开式中的系数

为        ．

14．写出斜率存在，且与圆和过点的抛物线都相

切的一条直线的方程为__________．

15．已知函数，若对任意，函数的图象恒在函数

的图象的下方，则实数的取值范围为            ．

16．过抛物线：焦点作互相垂直的两条直线，，与抛物线相交于，

两点，与抛物线相交于，两点，若，分别是线段，的中点，求

的最小值为          ． 

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）在中，内角，，的对边长分别为，，，且

．

（1）求角；

（2）点在边上，且满足，，的面积为，

求的值．

18．（12分）已知数列的前项和为，满足，，是公比小于

的等比数列.

（1）求的通项公式；

（2）设，，数列的前项和为，

若对一切恒成立，求实数的取值范围．

19．（12分）如图，四棱锥中，，，平面平面，

已知，，，，点，分别在和上，

且满足，．

（1）求证：平面；

（2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角

的余弦值．

20．（12分）教育是民族振兴、社会进步的重要基石，是功在当代、利在千秋的德育工程，

教育能够促进人的全面发展、增强中华民族的创新能力、对实现中华民族伟大复兴具有

决定性意义．为响应国家号召，为教育事业奉献微薄之力，某师范院校演讲与口才协会

决定每年度举办两次下乡支教活动，现已知第一次支教活动共有名男志愿者，，

，， ，，和4名女志愿者，，，报名参加，若该协会决定从

中随机选派3名志愿者参与希望小学支教活动，已知抽取的志愿者中包含但不包含

的概率为．

（1）求的值；

（2）根据希望小学的需求，该协会决定第二次选派5名志愿者去该校支教，已知第二次

报名的男、女人数分别与第一次报名的男、女人数一样，若用表示第二次支教的

女志愿者人数，求的分布列及数学期望．

21．（12分）已知双曲线：的右焦点为，离心率为3，且过点

.

（1）求证：双曲线上一动点到两条渐近线，的距离之积为定值；

（2）经过的直线与双曲线交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点

，是否存在实常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，

请说明理由．

22．（12分）已知函数．

（1）若恒成立，求实数的取值范围；

（2）证明：当时，．

湖北省2023年高考冲刺模拟试卷

数学试题（七）参考答案

一、单项选择题，二、多项选择题：

三、填空题

13．      14．或（填其中一条即可）  

15．     16．

1．A

【解析】因为，，所以，故选A．

2．C  【解析】，所以，解得，故选C．

3．D  【解析】如图，

，故选D．

4．B 

【解析】从1，2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种，设比小的有个，

则比大的有个，则有，即，解得或，所以

或，当时，数据中的分位数是第4个数，则，解得

；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得

，故选B．

5．C

【解析】由题意得，即，解得，正方形的边

长构成数列2，，1，…，其中第项为，即．

所以，故选C．

6．A

【解析】因为，令，所以时，，

因为，即，所以，

故，即，令，则，令，

得，故在上单调递增，因为，故，

则，故在上单调递增，则，

即，即，故，综上．故选A．

7．B

【解析】由题意可得，所以，

由正弦定理得，整理得，

因为，则，所以，，则

①，令，因为，所以，

①，当且仅当

，即时取等号，故选B．

8．B

【解析】因为正三棱柱外接球的体积为，所以，所以．

设，当直线与曲线相切时，最大．联立方程组

得，由，得，要使最大，

则取，此时，，所以正三棱柱的体积，

故选B．

9．AC 

【解析】由椭圆方程知，所以，所以，

于是的周长为，故A正确；在中，由余弦定理可得，所以，

解得，故，故B错误；

设点到轴的距离为，则，所以，

故C正确；，故D错误．故选AC．

10．BD

【解析】因为，所以，所以．

又因为，得（舍）或，

因为，可得，所以，故A错误，B正确；

因为，所以，所以当时，，

当时，，故C错误；因为，所以，

由，得，所以，

所以，故D正确．

故选BD．

11．ABC 

【解析】由得，

所以点的轨迹是线段，因为，所以点的轨迹

是为圆心，以为半径的圆在正方形内的圆弧，其弧

长为，故A正确；因为，，

，所以面，因为平面，

所以，故B正确；到的距离为，所以的最小值为，

故C正确；点到的距离的最大值为，所以的最大值为

，故D错误．故选ABC．

12．ABD  

【解析】因为是奇函数，所以，令得，且

关于对称；又因为是偶函数，所以，所以关于

对称，所以的周期，所以，

因为

，所以，

所以，故选ABD．

13． 

【解析】由题意得，的展开式的通项公式，

令，解得，所以展开式中的系数为．

14．或（填其中一条即可） 

【解析】设切线方程为，则有①，由得

，因为直线与抛物线相切，

所以②，由①②联立可得或，

则切线方程为或．

15． 

【解析】若对任意，函数的图象恒在函数的图象的

下方，即对于任意，恒成立，令，则

，，，

又，，在上单调递减，，，

即实数的取值范围为．

16． 

【解析】由题意得，显然直线，的斜率都存在且不为0，设直线斜率为，

则的斜率为，直线的方程为，由消去并整理得

，，设，，则，

所以线段中点，，同理可得，

所以，令，

所以，且，

所以，当且仅当时取等号，

所以的最小值为 ．

17．解：（1）由题意可得，

即，即，

所以，即，（3分）

所以，即，因为，所以．（5分）   

（2）由面积公式得， 解得，（6分）

又， 则 ，

 故，（8分）

所以， 则．（10分）

18．解：（1）设等比数列的公比为，前项和为，因为，，

所以，，易知，

所以，，（2分）

两式相除得，解得，又，所以，，（4分）

所以，即．（5分）

（2）由（1）得，，

（6分），（8分）

因为，所以单调递增，所以，，

（10分）因为对一切恒成立，所以且，

解得．（12分）

19．（1）证明：在棱上取一点，使，又，所以，，

又，，所以，，（2分）

所以四边形是平行四边形，所以，又平面

，平面，所以∥平面．（4分）

（2）因为平面平面，所以可在平面内过点作

的垂线，同时垂直于平面，以为坐标原点，建立如图

所示的空间直角坐标系，（5分）

在中，，，，由余弦定理得，，

所以，可得，因为点到平面的距离为，所以是的

中点，则，，，，，，

，，（6分）设平面，平面的法向量分别为

，，由，可得，（8分）

由，可得 ，（10分）

所以，（11分）

又平面与平面是同一平面，所以平面与平面夹角的余弦值为

．（12分）

20．解：（1）记“抽取的志愿者中包含但不包含”为事件，则，（3分）

解得，或（舍去），所以的值为．（5分）

（2）由题意知可能的值为，1， 2，3，4，则，

，（7分）

，，，（10分）

所以的分布列为

．（12分）

21．解：（1）因为，所以，即，又双曲线过点，

可得，解得，，所以双曲线的方程为．（2分）

双曲线的渐近线方程为和，则动点到两条渐近线

，的距离之积为，又因为，

所以，所以双曲线上一动点到两条渐近线，的距离之积

为定值．（5分）

（2）由题意知直线的斜率不为，设，联立消去得

，于是，

设，，则有，，（6分）

故，

所以线段的中点为，由题意知，从而线段的中垂线

的方程为，（8分）

令得，所以，（9分）

又

（10分）故，于是，

即存在使得 ．（12分）

22．解：（1）若恒成立，即在上恒成立，

设，则，（1分）

令，则，显然在上单调递增，

故，①当时，，故恒成立，

即在上单调递增，从而恒成立，

因此在上单调递增，从而有恒成立，符合题意；（3分）

②当时，，又，

由零点存在定理可知，存在，使得，因此当时，

，即在上单调递减，从而当时，，

即在上单调递减，从而有，这与题设不符．

综上可知，的取值范围为．（5分）

（2）当时，由（1）可得，即，

故有，（7分）

又，故只需证明：

时，即可； 即证：时，成立，（9分）

令，则，于是，（10分）

设，则，即在上单调递增，

故，即恒成立，故有，从而当时，

有成立．（12分）