2023屆湖南省四大名校名師團隊高三普通高校招生統一考試數學模擬沖刺卷（一）試題一、單選題1．已知集合，若，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解不等式，化簡集合，再由并集的結果，列出不等式求解，即可得出結果.【詳解】因為或，又，所以只需，解得，故選：B.2．設是虛數單位，已知復數滿足，且復數是純虛數，則實數（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據復數的四則運算及純虛數的定義可求．【詳解】由，得，又因為為純虛數，所以，故選：D．3．已知函數的圖象在處的切線與直線垂直，則實數的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據導數的幾何意義及兩直線垂直的斜率關系即可求出的值．【詳解】由，得，因為函數的圖象在處的切線與直線垂直，所以，則．故選：A．4．《周髀算經》中“側影探日行”一文有記載：“即取竹空，徑一寸，長八尺，捕影而視之，空正掩目，而日應空之孔.”意謂：“取竹空這一望筒，當望筒直徑d是一寸，筒長l是八尺時（注：一尺等于十寸），從筒中搜捕太陽的邊緣觀察，則筒的內孔正好覆蓋太陽，而太陽的外緣恰好填滿竹管的內孔.”如圖所示，O為竹空底面圓心，則太陽角∠AOB的正切值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意，結合正切的二倍角公式進行求解即可.【詳解】由題意可知：，，所以.故選：A.5．將函數圖像上各點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖像，若對于滿足的，，都有，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由伸縮變換結合余弦函數的圖像的特點得出和必然一個為極大值點，一個為極小值點，進而由周期得出的值.【詳解】解：由題可得，若滿足，則和必然一個為極大值點，一個為極小值點，又，則，即，所以，所以．故選：A．6．已知拋物線的焦點為，點是拋物線上一點，圓與線段相交于點，且被直線截得的弦長為，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據點在拋物線上及拋物線的定義，利用圓的弦長及勾股定理即可求解【詳解】由題意可知，如圖所示，在拋物線上，則易知，，由，因為被直線截得的弦長為，則，由，于是在中，由解得：，所以．故選：C.7．已知三棱錐，為中點，，側面底面，則過點的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，，，設三棱錐外接球的球心為，設過點的平面為，則當時，此時所得截面的面積最小，當點在以為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，再結合球的截面的性質即可得解.【詳解】連接，，由，可知：和是等邊三角形，設三棱錐外接球的球心為，所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，是等邊三角形，為中點，所以，又因為側面底面，側面底面，所以底面，而底面，因此，所以是矩形,和是邊長為的等邊三角形，所以兩個三角形的高，在矩形中，，連接，所以，設過點的平面為，當時，此時所得截面的面積最小，該截面為圓形，，因此圓的半徑為：，所以此時面積為，當點在以為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，面積為：，所以截面的面積范圍為.故選：A．【點睛】關鍵點點睛：幾何體的外接球問題和截面問題，考查空間想象能力，難度較大．8．設，，，則，，的大小順序為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據a、b、c的結構，構造函數，利用導數判斷單調性，即可比較出a、b、c的大小，從而可得到正確答案．【詳解】因為，，故構造函數，則，令，解得，當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減，又因為，，所以，．因為，又，所以，即，故，故選：A．二、多選題9．已知某批零件的質量指標單位：毫米服從正態分布，且，現從該批零件中隨機取件，用表示這件產品的質量指標值不位于區間的產品件數，則（

）A．P(25.35< B．E(XC．D(X D．【答案】ACD【分析】根據正態分布的對稱性、概率公式，結合二項分布的公式，可得答案.【詳解】由正態分布的性質得P(25.35<<25.45)=1-2P(24.45)=1-20.1=0.8，故A正確；則1件產品的質量指標值不位于區間(25.35，25.45)的概率為P=0.2，所以，故E(X)=30.2=0.6，故B錯誤；D(X)=30.8=0.48，故C正確；，故D正確．故選：ACD.10．已知正四棱錐的所有棱長均為，，分別是，的中點，為棱上異于，的一動點，則以下結論正確的是（

）A．異面直線、所成角的大小為B．直線與平面所成角的正弦值為C．周長的最小值為D．存在點使得平面【答案】BC【分析】根據空間中異面直線所成角，直線與平面所成角的定義，空間中折疊問題以及垂直關系的判定與性質，逐個選項運算求解即可．【詳解】如圖，取的中點，連接，，因為，分別是，的中點，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，則，又正四棱錐的所有棱長均為，則，所以異面直線，所成角為，故A錯誤；設正方形的中心為，連接，，則平面，，設的中點為，連接，，則，且平面，所以為直線與平面所成角，所以，中，，，，所以由余弦定理可得，所以，所以，故B正確；將正和沿翻折到一個平面內，如圖，當，，三點共線時，取得最小值，此時，點為的中點，，所以周長的最小值為，故C正確；若平面，則，此時點為上靠近點的四等分點，而此時，與顯然不垂直，故D錯誤；故選：BC．11．已知正數，滿足，則下列不等式正確的是（

）A． B．C． D．【答案】BD【分析】構造函數，利用導數得出，由基本不等式判斷A；由指數和對數的單調性以及不等式的性質判斷BCD.【詳解】解：因為正數，滿足，所以，構造函數，，令，恒成立，所以在上單調遞增，由復合函數的單調性可知在上單調遞增，所以在上單調遞增，由，可得，對于A，，所以，故A錯誤對于B，由，可得，所以，故B正確對于C，由，可得，則，故C錯誤對于D，由，可得，，所以，所以，故D正確．故選：BD．12．已知，分別為雙曲線C：（，）的左、右焦點，的一條漸近線的方程為，且到的距離為，點為在第一象限上的點，點的坐標為，為的平分線則下列正確的是（

）A．雙曲線的方程為 B．C． D．點到軸的距離為【答案】ACD【分析】由到的距離為以及漸近線方程為可求得，即可得出方程，判斷A；由可求出判斷B；結合雙曲線定義可求得，求出，即可求出，判斷C；利用等面積法可求得點到軸的距離，判斷D.【詳解】到的距離為，，解得，又漸近線方程為，則，結合可解得，，則雙曲線的方程為，故A正確；為的平分線，，故B錯誤；由雙曲線定義可得，則可得，，則在中，，則，則，即，故C正確；在中，，設點到軸的距離為d，則，即，解得，故D正確．故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：是根據已知求出雙曲線方程，結合雙曲線的定義求得焦點三角形的各邊長.三、填空題13．已知向量，則在方向上的投影是_____．【答案】3【分析】求出，以及，再利用向量投影的公式即可得到答案．【詳解】由題可得：，；∴在方向上的投影是：．故答案為3．【點睛】本題考查向量投影的定義以及計算，熟練掌握向量投影的公式是關鍵，屬于基礎題．14．已知甲罐中有個紅球、個黑球，乙罐中有個紅球、個黑球，先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，再從乙罐中隨機取出一球表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，則__________．【答案】##【分析】由題意可求，，再根據條件概率的計算公式求解即可．【詳解】因為甲罐中有個紅球、個黑球，所以，因為，所以．故答案為：．15．在平面直角坐標系中，已知圓，，直線與圓相切，與圓相交于，兩點，分別以點，為切點作圓的切線，設直線，的交點為，則的最大值為__________．【答案】##【分析】設，，由相切關系，建立點A，B坐標所滿足的方程，即弦所在直線的方程，由直線與圓相切，得，求出m的最大值.【詳解】設點，，，，因為分別以點A，B為切點作圓的切線，．設直線，的交點為，所以，則，即，所以，因為，所以，即是方程的解，所以點在直線上，同理可得在直線上，所以弦所在直線的方程為，因為直線與圓相切，所以，解得，得，即的最大值為．四、雙空題16．已知數列的各項都是正數，若數列各項單調遞增，則首項的取值范圍是__________當時，記，若，則整數__________．【答案】

【分析】根據正項數列各項單調遞增，可得出，化簡求出，由此可得首項的取值范圍；再由裂項相消法求出的表達式，然后求其范圍，即可得出答案.【詳解】由題意，正數數列是單調遞增數列，且，且，解得，，又由，可得：．，．，且數列是遞增數列，，即，整數．故答案為：；.五、解答題17．已知數列的前項和為，，當時，．(1)求(2)設，求數列的前項和為．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用與的關系及等差數列的定義，結合等差數列的通項公式即可求解；（2）利用（1）的結論及數列求和中的錯位相減法即可求解.【詳解】（1）當時，，所以，，整理得：，即．當時，，所以數列是以為首項，為公差的等差數列，所以，即．（2）由知，所以，所以，所以，由得，，所以.18．在中，內角所對的邊分別為，已知的面積為，且．(1)求的值(2)若，求周長的取值范圍．【答案】(1)；(2).【分析】（1）代入，然后逐步化簡，即可求解；（2）由，得，，然后借助二倍角公式，即可求得周長的取值范圍.【詳解】（1）在中，由三角形面積公式得:，由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，又，故．（2）因為，，由正弦定理得，，即的周長，因為，則，故，所以，即的周長的取值范圍是.19．如圖所示，圓錐的軸截面是等腰直角三角形，且，點在線段上，且，點是以為直徑的圓上一動點．(1)當時，證明：平面平面；(2)當三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先根據線面垂直的性質證明，再根據線面垂直的判定定理可證得平面，再根據面面垂直的判定定理即可得證；（2）當三棱錐的體積最大時，△的面積最大，此時為線段的中點，如圖，以點為坐標原點，過點且垂直的直線為軸，，分別為軸，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）垂直于圓錐的底面，在圓錐的底面，，當時，且BC=3CA，則，，又平面，平面，又平面，平面平面；（2）由題可知，且軸截面為等腰直角三角形，，，當三棱錐的體積最大時，△的面積最大，此時為弧的中點，如圖，以點為坐標原點，過點且垂直的直線為軸，，分別為軸，軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，令，則，，，設平面的法向量，則，即，令，則，，，則，由圖可知該二面角為鈍角，二面角的余弦值為．20．黨的二十大勝利召開，某單位組織舉辦“百年黨史”知識對抗賽，組委會將參賽人員隨機分為若干組，每組均為兩名選手，每組對抗賽開始時，組委會隨機從百年黨史題庫抽取道搶答試題，每位選手搶到每道試題的機會相等比賽細則為：選手搶到試題且回答正確得分，對方選手得分選手搶到試題但回答錯誤或沒有回答得分，對方選手得分道題目搶答完畢后得分多者獲勝已知甲、乙兩名選手被分在同一組進行對抗賽，每道試題甲回答正確的概率為，乙回答正確的概率為，兩名選手每道試題回答是否正確相互獨立．(1)求乙同學得分的概率(2)記為甲同學的累計得分，求的分布列和數學期望．【答案】(1)(2)分布列見解析；期望為【分析】（1）根據相互獨立事件、互斥事件的判斷與概率計算公式綜合運算求解即可；（2）由題意，可能值為0，50，100，150，200，根據相互獨立事件、互斥事件的判斷與概率計算公式分別求出對應取值的概率，即可得到離散型隨機變量的分布列，再由期望定義及公式求其期望值．【詳解】（1）由題意，乙同學得分的基本事件有乙搶到兩題且一道正確一道錯誤、甲乙各搶到一題都回答正確、甲搶到兩題且回答錯誤，所以乙同學得分的概率為（2）由題意，甲同學的累計得分可能值為0，50，100，150，200，，，，，，分布列如下：所以期望．21．已知橢圓，的上、下頂點是，，左，右頂點是，，點在橢圓內，點在橢圓上，在四邊形中，若，，且四邊形面積的最大值為．(1)求的值．(2)已知直線交橢圓于，兩點，直線與交于點，證明：當變化時，存在不同于的定點，使得．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由，轉化為坐標關系，通過運算得，，從而求出，利用最大值為即可求出的值；（2）先對直線取的特殊情況，通過特殊情況猜測點S在同一直線上，且的方程為，再證明，然后利用對稱性得出定點的坐標．【詳解】（1）由已知，，設，，則因為，，所以，，兩式相減得，代回原式得，因為，所以，又，，因為S的最大值為，所以，得或(舍去)，所以的值為2．（2）由已知有，取，可得，，則直線的方程為，直線的方程為聯立方程組，可得交點為，若，，由對稱性可知交點，若點S在同一直線上，則直線的方程為，以下證明：對任意的，直線與直線的交點S均在直線：上．由整理得設，，則，，設與交于點，由可得，設與交于點，由，可得，因為，所以，即與重合，所以當變化時，點S均在直線上，因為，，所以要使，只需為線段的垂直平分線，根據對稱性可得點，故存在定點滿足條件．22．已知函數，其中為實數，為自然對數底數，．(1)已知函數，，求實數取值的集合(2)已知函數有兩個不同極值點、．①求實數的取值范圍②證明：．【答案】(1)(2)①；②證明見解析【分析】（1）利用不等式恒成立問題，轉化為函數的最值問題，通過對的討論，求出在給定區間的最值即可求出的值；（2）①由函數有兩個不同的極值點，得，有兩個不同零點，通過參數分離有，構造函數，確定的單調性和極值，進而可求的取值范圍；②由已知得，取對數得，通過換元，，構造函數，討論函數的單調性，確定的不等關系，再轉化為，的關系即可證明．【