湖北省襄陽市優質高中聯考2023屆高考數學模擬試卷（文科）一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．設集合U={1，2，3，4，5，6，7}，M={2，4，7}，則?UM=()A．U B．{1，2，6} C．{1，3，5，6} D．{1，3，5}考點：補集及其運算．專題：集合．分析：根據補集的定義進行計算即可．解答： 解：∵集合U={1，2，3，4，5，6，7}，M={2，4，7}，∴CUM={1，3，5，6}，故選：C．點評：本題考查了補集的定義及其運算，是一道基礎題．2．i為虛數單位，若=，則z等于()A．﹣3+4i B．3+4i C．﹣3﹣4i D．3﹣4i考點：復數代數形式的乘除運算．專題：數系的擴充和復數．分析：利用復數代數形式的乘除運算化簡，然后由共軛復數的概念得答案．解答： 解：∵==，∴z==﹣3﹣4i．故選：C．點評：本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的基本概念，是基礎題．3．在下面給出的函數中，哪一個函數既是區間上的增函數又是以π為周期的偶函數？()A．y=x2（x∈R） B．y=|sinx|（x∈R） C．y=cos2x（x∈R） D．y=esin2x（x∈R）考點：三角函數的周期性及其求法．專題：壓軸題．分析：根據函數的周期性和三角函數的單調性對選項逐一驗證即可．解答： 解：y=x2（x∈R）不是周期函數，故排除A．y=|sinx|（x∈R）周期為π，且根據正弦圖象知在區間上是增函數，故B成立．y=cos2x（x∈R）是區間上的減函數，故排除C；y=esin2x（x∈R）在區間上是先增后減函數，故排除D．故選：B．點評：本題主要考查三角函數的最小正周期和三角函數的圖象．4．若實數m滿足0＜m＜8，則曲線C1：﹣=1與曲線C2：﹣=1的()A．焦距相等 B．實半軸長相等 C．虛半軸長相等 D．離心率相等考點：雙曲線的標準方程．專題：圓錐曲線的定義、性質與方程．分析：根據m的取值范圍，判斷曲線為對應的雙曲線，以及a，b，c的大小關系即可得到結論．解答： 解：當0＜m＜8，則0＜8﹣m＜8，16＜24﹣m＜24，即曲線C1：﹣=1表示焦點在x軸上的雙曲線，其中a2=24，b2=8﹣m，c2=32﹣m，曲線C2：﹣=1表示焦點在x軸上的雙曲線，其中a′2=24﹣m，b′2=8，c′2=32﹣m，即兩個雙曲線的焦距相等，故選：A．點評：本題主要考查雙曲線的方程和性質，根據不等式的范圍判斷a，b，c是解決本題的關鍵．5．已知命題p：若a，b是任意實數，且a＞b，則a2＞b2，命題q：若a，b是任意實數，且a＞b，則（）a＜（）b．在命題①p∧q；②p∨q；③p∧（￢q）；④（￢p）∨q中，真命題的個數是()A．1個 B．2個 C．3個 D．4個考點：復合命題的真假．專題：簡易邏輯．分析：先判斷出p，q的真假，再判斷出復合命題的真假，從而得到答案．解答： 解：已知命題p：若a，b是任意實數，且a＞b，則a2＞b2不一定成立，∴命題p是假命題，命題q：若a，b是任意實數，且a＞b，則（）a＜（）b，∴命題q是真命題，∴p∧q是假命題，p∨q是真命題，p∧（￢q）是假命題，（￢p）∨q是真命題，故選：B．點評：本題考查了復合命題的判斷問題，考查指數函數的單調性，本題屬于基礎題．6．設變量x，y滿足約束條件，則目標函數z=3x﹣y的取值范圍是()A．B．C．[﹣1，6]D．考點：簡單線性規劃．專題：不等式的解法及應用．分析：作出不等式組表示的平面區域；作出目標函數對應的直線；由目標函數中z的幾何意義可求z的最大值與最小值，進而可求z的范圍解答： 解：作出不等式組表示的平面區域，如圖所示由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，則﹣z為直線y=3x﹣z在y軸上的截距，截距越大，z越小結合圖形可知，當直線y=3x﹣z平移到B時，z最小，平移到C時z最大由可得B（，3），由可得C（2，0），zmax=6∴故選A點評：本題考查畫不等式組表示的平面區域、考查數形結合求函數的最值．解題的關鍵是準確理解目標函數的幾何意義7．設sin（+θ）=，則sin2θ=()A．﹣B．﹣C．D．考點：二倍角的正弦．專題：三角函數的求值．分析：將已知由兩角和的正弦公式展開可得（sinθ+cosθ）=，兩邊平方可得（1+sin2θ）=，即可得解．解答： 解：∵sin（+θ）=，∴（sinθ+cosθ）=，∴兩邊平方，可得：（1+sin2θ）=，解得：sin2θ=﹣，故選：B．點評：本題主要考查了二倍角的正弦公式及兩角和的正弦公式的應用，屬于基本知識的考查．8．如圖所示，某幾何體的正視圖（主視圖），側視圖（左視圖）和俯視圖分別是等腰梯形，等腰直角三角形和長方形，則該幾何體表面積為()A．14 B．14+2C．8+8D．16考點：由三視圖求面積、體積．專題：空間位置關系與距離．分析：如圖所示，底面是矩形ABCD，AB=4，AD=2，EF平行底面，EF=2．DE=AE=．即可得出．解答： 解：如圖所示，底面是矩形ABCD，AB=4，AD=2，EF平行底面，EF=2．DE=AE=．過點E作EM⊥AB，垂足為M，則AM=1，∴EM==1．∴S梯形ABFE===3=S梯形CDEF，S△ADE=S△BCF==1，S矩形ABCD=2×4=8．∴該幾何體表面積=8+2×3+2=16．故選：D．點評：本題考查了五面體的三視圖、梯形、等腰直角三角形的面積計算公式，考查了計算能力，屬于基礎題．9．齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬，田忌的中等馬優于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬，現雙方各出上、中、下等馬各一匹分組分別進行一場比賽，勝兩場及以上者獲勝，若雙方均不知道對方馬的出場順序，則田忌獲勝的概率為()A．B．C．D．考點：列舉法計算基本事件數及事件發生的概率．專題：概率與統計．分析：根據題意，設齊王的三匹馬分別記為a1，a2，a3，田忌的三匹馬分別記為b1，b2，b3，用列舉法列舉齊王與田忌賽馬的情況，進而可得田忌勝出的情況數目，進而由等可能事件的概率計算可得答案．解答： 解：設齊王的三匹馬分別記為a1，a2，a3，田忌的三匹馬分別記為b1，b2，b3，齊王與田忌賽馬，其情況有：（a1，b1）、（a2，b2）、（a3，b3），齊王獲勝；（a1，b1）、（a2，b3）、（a3，b2），齊王獲勝；（a2，b1）、（a1，b2）、（a3，b3），齊王獲勝；（a2，b1）、（a1，b3）、（a3，b2），田忌獲勝；（a3，b1）、（a1，b2）、（a2，b3），齊王獲勝；（a3，b1）、（a1，b3）、（a2，b2），齊王獲勝；共6種；其中田忌獲勝的只有一種（a2，b1）、（a1，b3）、（a3，b2），則田忌獲勝的概率為，故選：D點評：本題考查等可能事件的概率，涉及用列舉法列舉基本事件，注意按一定的順序，做到不重不漏．10．定義一種新運算：a?b=，已知函數f（x）=（1+）?logx，若函數g（x）=f（x）﹣k恰有兩個零點，則k的取值范圍為()A．（1，2]B．（1，2） C．（0，2） D．（0，1）考點：根的存在性及根的個數判斷．專題：計算題；作圖題；函數的性質及應用．分析：化簡f（x）=（1+）?logx=，作函數的圖象求解．解答： 解：f（x）=（1+）?logx=；作函數f（x）的圖象如下，函數g（x）=f（x）﹣k恰有兩個零點可化為f（x）與y=k有兩個不同的交點，故1＜k＜2；故選B．點評：本題考查了函數的零點與函數的圖象的應用，屬于基礎題．二、填空題（本大題共7小題，每小題5分，共35分）11．某林場有樹苗30000棵，其中松樹苗4000棵．為調查樹苗的生長情況，采用分層抽樣的方法抽取一個容量為150的樣本，則樣本中松樹苗的數量為20．考點：分層抽樣方法．專題：計算題．分析：先求出每個個體被抽到的概率，用該層的個體數乘以每個個體被抽到的概率，就等于該層應抽取的個體數．解答： 解：每個個體被抽到的概率等于，設樣本中松樹苗的數量為x，則=?x=20．故答案為：20．點評：本題考查分層抽樣的定義和方法，用每層的個體數乘以每個個體被抽到的概率等于該層應抽取的個體數，屬基礎題．12．如圖是一個算法的流程圖，若輸出的結果是1023，則判斷框中的整數M的值是9．考點：程序框圖．專題：算法和程序框圖．分析：執行程序框圖，有程序框圖的功能是求S=1+2+22+…+2M=1023的值，由等比數列的求和公式即可求解．解答： 解：執行程序框圖，有A=1，S=1當滿足條件A≤M，S=1+2+22+…+2M=1023由等比數列的求和公式，可知2M+1﹣1=1023，即可解得M=9．故答案為：9．點評：本題主要考察了程序框圖和算法，考察了等比數列的求和公式的應用，屬于基礎題．13．已知函數f（x）=，若f（1﹣2a2）＞f（a），則實數a的取值范圍是（﹣1，）．考點：函數單調性的性質．專題：計算題；函數的性質及應用；不等式的解法及應用．分析：先得到函數f（x）在定義域R上是增函數，再由函數單調性定義解不等式即可求解．解答： 解：函數f（x）=，當x≥0時，y=x2+2x=（x+1）2﹣1遞增，當x＜0時，y=2x﹣x2=﹣（x﹣1）2+1遞增，且f（0）=0，則f（x）在定義域R上是增函數，∴f（1﹣2a2）＞f（a），可轉化為：1﹣2a2＞a解得：﹣1＜a＜∴實數a的取值范圍是（﹣1，）故答案為：（﹣1，）．點評：本題主要考查函數的單調性定義在解不等式中的應用，一般來講，抽象函數不等式，多數用單調性定義或數形結合法求解．14．在平面直角坐標系內，二元一次方程Ax+By+C=0（A2+B2≠0）表示直線的方程，在空間直角坐標系內，三元一次方程Ax+By+Cz+D=0（A2+B2+C2≠0）表示平面的方程．在平面直角坐標系內，點P（x0，y0）到直線Ax+By+C=0的距離d=，運用類比的思想，我們可以解決下面的問題：在空間直角坐標系內，點P（2，1，1）到平面3x+4y+12z+4=0的距離d=2．考點：類比推理．專題：推理和證明．分析：類比點P（x0，y0）到直線Ax+By+C=0的距離d=，可知在空間中，點P（x0，y0，z0）到平面Ax+By+Cz+D=0（A2+B2+C2≠0）的距離，將點的坐標和平面方程代入可得答案．解答： 解：類比點P（x0，y0）到直線Ax+By+C=0的距離d=，可知在空間中，點P（x0，y0，z0）到平面Ax+By+Cz+D=0（A2+B2+C2≠0）的距離，代入數據可知點P（2，1，1）到平面3x+4y+12z+4=0的距離d=2．故答案為：2點評：類比推理的一般步驟是：（1）找出兩類事物之間的相似性或一致性；（2）用一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確的命題（猜想）．15．已知直線tx+y﹣2=0與圓心為C的圓（x﹣1）2+（y﹣t）2=8相交于A，B兩點，且△ABC為等邊三角形，則實數t=．考點：直線與圓相交的性質．專題：直線與圓．分析：根據圓的標準方程，求出圓心和半徑，根據點到直線的距離公式即可得到結論．解答： 解：圓心C（1，t），半徑r=2，∵△ABC為等邊三角形，∴圓心C到直線AB：tx+y﹣2=0的距離d=，即d==，平方得t2+4t+1=0，解得t=﹣2，故答案為：﹣2．點評：本題主要考查點到直線的距離公式的應用，利用條件求出圓心和半徑，結合距離公式是解決本題的關鍵．16．已知平面向量=（3，6），=（4，2），=λ+（λ∈R），且與的夾角等于與的夾角，則λ=．考點：平面向量數量積的運算．專題：平面向量及應用．分析：首先求出的坐標，然后利用數量積公式的變形表示與的夾角等于與的夾角，得到關于λ的方程，解之．解答： 解：=（3，6），=（4，2），=λ+=（3λ+4，6λ+2），（λ∈R），又與的夾角等于與的夾角，所以，所以，解得λ=；故答案為：．點評：本題考查了向量加法的坐標運算、數量積公式的運用；熟練運用數量積公式是關鍵，屬于基礎題．17．如圖，已知邊長為16米的正方形鋼板有一個角銹蝕，其中AE=8米，CD=12米，為了合理利用這塊鋼板，將五邊形ABCDE內截取一個矩形塊BNPM，使點P在邊DE上，則矩形BNPM面積的最大值為56平方米．考點：基本不等式在最值問題中的應用．專題：計算題；空間位置關系與距離．分析：設AM=x，由題可知，BM=16﹣x，MP=8+2x且0≤x≤4，設矩形面積為S，則S=（8+2x）（16﹣x），再根據二次函數的性質，求得S的最大值．解答： 解：設AM=x，由題可知，BM=16﹣x，MP=8+2x且0≤x≤4，設矩形面積為S，則S=（8+2x）（16﹣x），即S=﹣2x2+24x+128=﹣2（x﹣6）2+56．當x∈（﹣∞，6]時S遞增，而[0，4]?（﹣∞，6]，∴當x=6時，S取最大值，Smax=56平方米．故答案為：56．點評：本題考查函數解析式的確定，考查配方法求函數的最值，考查學生的計算能力，屬于中檔題．三、解答題（本大題共5小題，共65分，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）18．已知{an}是首項為17，公差為﹣2的等差數列，Sn為{an}的前n項和．（1）求數列{an}的通項公式及前n項和Sn；（2）設{bn﹣an}是首項為1，公比為3的等比數列，求數列{bn}的通項公式及前n項和Tn．考點：數列的求和；等差數列的性質．專題：等差數列與等比數列．分析：（1）利用等差數列的通項公式及其前n項和公式即可得出．（2）利用等差數列與等比數列的前n項和公式及其公式12+22+32+…+n2=即可得出．解答： 解：（1）∵{an}是首項為17，公差為﹣2的等差數列，∴an=17﹣2（n﹣1）=19﹣2n，∴Sn==﹣n2+18n．（2）∵{bn﹣an}是首項為1，公比為3的等比數列，∴bn﹣an=3n﹣1，∴=﹣n2+18n+3n﹣1，∴Tn=+18×+=﹣+9n2+9n+﹣．點評：本題考查了等差數列與等比數列的前n項和公式及其公式12+22+32+…+n2=，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．19．已知△ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足cos2A=﹣．（1）求cosA的值；（2）當c=2，2sinC=sinA時，求a和b的值．考點：正弦定理；余弦定理．專題：解三角形．分析：（1）直接利用二倍角的余弦函數，化簡已知條件即可求sinC的值；（2）當c=2，2sinC=sinA時，即可求b的長．解答： 解：（1）由cos2A=﹣，得2cos2A﹣1=﹣．∴cosA=±．（2）由2sinC=sinA及正弦定理，得2c=a=4．由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，得16=4+b2﹣b?（），即b2±b﹣12=0．∴b=．∵b＞0，∴b=或2．點評：此題考查了正弦定理，余弦定理的應用，以及特殊角的三角函數值，熟練掌握正弦、余弦定理是解本題的關鍵．20．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC=，E、F、M分別為棱A1C1、AB1、BC的中點，（1）求證：EF∥平面BB1C1C；（2）求證：EF⊥平面AB1M．考點：直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．專題：空間位置關系與距離．分析：（1）連結A1B，BC1，利用三角形的中位線的性質得到EF∥BC1，利用線面平行的判定定理得證；（2）首先判斷EF⊥B1M，然后利用三棱柱的性質EF⊥AM，結合線面垂直的判定定理得證．解答： 證明：（1）連結A1B，BC1，∵E、F分別為棱A1C1、AB1的中點，∴EF∥BC1，∵BC1?平面BB1C1C，EF?平面BB1C1C∴EF∥平面BB1C1C（2）在矩形BCC1B1中，，∴tan∠CBC1?tan∠B1MB=1∴∴BC1⊥B1M∵EF∥BC1∴EF⊥B1M在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC⊥平面BB1C1C∵M為BC的中點∴AM⊥BC∵平面ABC∩平面BB1C1C=BC∴AM⊥平面BB1C1C∵BC1?平面BB1C1C∴AM⊥BC1∵EF∥BC1∴EF⊥AM又∵AM∩B1M=M∴EF⊥平面AB1M．點評：本題考查了三棱柱中線面平行的判斷和線面垂直的判斷，關鍵是結合三棱柱的性質以及線面平行、垂直的判定定理解答．21．已知函數f（x）=+lnx．（I）當時，求f（x）在[1，e]上的最大值和最小值；（II）若函數g（x）=f（x）﹣x在[1，e]上為增函數，求正實數a的取值范圍．考點：利用導數求閉區間上函數的最值．專題：綜合題；導數的綜合應用．分析：（Ⅰ）求導數，確定函數的單調性，進而可得函數的極值與最值；（Ⅱ）求導函數g′（x）=，構造函數h（x）=﹣ax2+4ax﹣4，由題意知，只需h（x）≥0在[1，e]上恒成立，從而可求正實數a的取值范圍．解答： 解：（Ⅰ）當時，（x＞0），∴當x∈[1，2）時，f′（x）＜0；當x∈（2，e]時，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，2）上單調遞減，在（2，e]上單調遞增，∴f（x）在區間[1，e]上有唯一極小值點，故f（x）min=f（x）極小值=f（2）=ln2﹣1．又∵f（1）=0，f（e）=．∴f（x）在區間