2023届湖南省岳阳市高三教学质量监测（一模）数学试题含答案.pdf

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1、一、单项选择题一、单项选择题(本大题共本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.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.在复平面内，复数z对应的点为(1,1)，则1 izA.iB.iC.2iD.2i2.已知集合2|log1,|1AxxBx x，则AB A.(1,2)B.(0,2)C.(0,)D.R3.已知直线:l ykx和圆22:(1)(1)1Cxy，则“0k”是“直线l与圆C相切的”A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4.已知函数()sincosf xxax的一

2、个零点是3，将函数(2)yfx的图象向左平移512个单位长度后所得图象的表达式为A.72sin(2)6yxB.2sin(2)12yxC.2cos2yx D.2cos2yx5.核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的成本比火电站要低 20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的发展方向.2021 年 10 月 26 日，国务院发布2030 年前碳达峰行动方案，提出要积极安全有序发展核电.但核电造福人类时，核电站的核泄露核污染也时时威胁着人类，如 2011 年，日本大地震导致福岛第一核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核

3、污染物是锶 90，它每年的衰减率为2.47%.专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要 800 年，到那时，原有的锶 90 大约剩(参考数据lg0.97530.01086)A.81%10B.71%10C.8110D.71106.已知两个等差数列2,6,10,及2,8,14,200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列na，则数列na的各项之和为A.1666B.1654C.1472D.14607.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SAC 平面SBC，,SAAC SBBC，球O的体积为36，则三棱锥SABC的体积为A.9B.18C

4、.27D.368.已知正实数,x y满足1xy，则下列不等式恒成立的是A.2222xyB.xyyxx yx yC.12xyxy D.12xyyx 二、多项选择题二、多项选择题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项在每小题给出的选项中，有多项岳阳市2023届高三教学质量检测第一次考试数学试题岳阳市2023届高三教学质量检测第一次考试数学试题符合题目要求，全部选对的得符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分.)9.已知函数4e()e1xxf x，则A.(sin)

5、fx是周期函数B.函数()f x在定义域上是单调递增函数C.函数()2yf x是偶函数D.函数()f x的图象关于点(0,2)对称10.甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项，记事件A为“恰有两名同学所报项目相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则A.四名同学的报名情况共有43种B.“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种C.“四名同学最终只报了两个项目”的概率是1427D.1(|)6P B A 11.正方体1111ABC DABCD的棱长为 1，点P在线段1BC上运动，则下列

6、结论正确的是A.异面直线1AC与1BC所成的角为60B.异面直线1AP与1AD所成角的取值范围是,3 2 C.二面角1ABCB的正切值为2D.直线1AB与平面11ABC D所成的角为4512.已知抛物线23yx上的两点00000(,),(,)(0)A xyB xyx及抛物线上的动点(,)P x y，直线,PA PB的斜率分别为12,k k，坐标轴原点记为O，下列结论正确的是A.抛物线的准线方程为32x B.三角形AOB为正三角形时，它的面积为27 3C.当0y为定值时，1211kk为定值D.过三点0000000(0,),(0,),(,0)(0)AyByCxx的圆的周长大于3三、填空题三、填空题

7、(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.)13.已知35sin(),cos2513，,均为锐角，则cos()_.14.已知某车间在上半年的六个月中，每个月的销售额y（万元）与月份(1,2,3,4,5,6)x x 满足线性回归方程1.2128.765yx，则该车间上半年的总销售额约为_万元.15.已知椭圆22:143xyE的左、右焦点分别为1F、2F，圆2231:(1)()24Pxy交线段1PF、2PF于M、N两点，则12MF NF _16.数列na的前n项和为nS，1am，且对任意

8、的*nN都有121nnaan，则(1)若32SS，则m的取值范围是_；(2)若存在*kN，使得155kkSS，则实数m为_.四、解答题四、解答题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.（本小题满分（本小题满分 10 分）分）已知数列na满足11a，*313loglog1(N)nnaan且数列na的前n项和为nS.(1)求数列na的通项公式；(2)设1(1)2(1)nnnnabaS，求数列 nb的前n项和nT.18.（本小题满分（本小题满分 12 分）分）8 月 5 日晚，2022 首届湖南岳阳“

9、洞庭渔火季”开幕式在洞庭南路历史文化街区工业遗址公园（岳阳港工业遗址公园）举行.举办 2022 首届湖南岳阳“洞庭渔火季”，是我市深入贯彻落实中央和省委“稳经济、促消费、激活力”要求，推出的大型文旅活动，旨在进一步深挖岳阳“名楼”底蕴、深耕“江湖”文章，打造“大江大湖大岳阳”文旅 IP，为加快推进文旅融合发展拓展新维度、增添新动力.在活动期间某小吃店的生意异常火爆，对该店的一个服务窗口的顾客从排队到取到食品的时间进行统计，结果如下：取到食品所需的时间(分)12345频率0.050.450.350.10.05假设每个顾客取到食品所需的时间互相独立，且都是整数分钟.从排队的第一个顾客等待取食品开始

10、计时(1)试估计“恰好 4 分钟后，第三个顾客开始等待取食品”的概率；(2)若随机变量 X 表示“至第 2 分钟末，已取到食品的顾客人数”，求 X 的分布列及数学期望19.（本小题满分（本小题满分 12 分）分）在ABC中，三个内角,A B C的对应边分别为,a b c，22baac.(1)证明：2BA；(2)求coscosCA的取值范围.20.（本小题满分（本小题满分 12 分）分）已 知 直 三 棱 柱111ABCABC中，,E F分 别 为 棱1B B和11AC的 中 点，45,2 2,BACAC3AB.(1)求证：平面EFC 平面11A ACC；(2)若直线1EC与平面EFC所成角的正

11、弦值为23且13A A，证明：平面11ABC 平面EFC.21.（本小题满分（本小题满分 12 分）分）已知直线1:2lyx和直线2:2lyx，过动点E作平行2l的直线交1l于点A，过动点E作平行1l的直线交2l于点B，且四边形OAEB（O为原点）的面积为4.(1)求动点E的轨迹方程；(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线0E，若过点(1,0)M的直线m与曲线0E交于,P Q两点，且与y轴交于点N，若,NMMP NMMQ ，求证：为定值.22.（本小题满分（本小题满分 12 分）分）已知函数()ln(1),(),(R)f xkx g xx k.(1)讨论函数()()yf xg x在区

12、间0,)上的最大值；(2)确定k的所有可能取值，使得存在0t，对任意的0,xt恒有2()()f xg xkx岳阳市 2023 届高三教学质量检测第一次考试岳阳市 2023 届高三教学质量检测第一次考试数学参考答案数学参考答案一、单项选择题一、单项选择题(本大题共本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.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.B2.C3.C4.D5.B6.A7.A8.D二、多项选择题二、多项选择题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题

13、给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得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，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分.)9.ABD10.ACD11.BC12.BCD三、填空题三、填空题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.)13.653314.19815.5616.(1)，2(2)1110或四、解答题四、解答题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字

14、说明、证明过程或演算步骤.)17.解：(1)因为*313loglog1(N)nnaan，所以13nnaa-1 分所以数列na是首项为 1 公比为 3 的等比数列-3 分所以数列na的通项为13nna-4 分(2)由(1)知数列na的前n项和1(13)31132nnnS-5 分)131131(23)13)(13(3)1(2)1(111nnnnnnnnnSaab-8 分所以)131131(.)131131()13121(23.1211321nnnnbbbbT)1312123n（数列 nb的前n项和)13(4331nnnT-10 分注：如果只化简113(1)2(1)(31)(31)nnnnnnnab

15、aS，并写出nT表达式给 1 分18.解：设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：Y12345P0.050.450.350.10.05-1 分(1)A 表示事件“恰好 4 分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件 A 对应三种情形：第一个人取到食品所需的时间为 1 分钟，且第二个人取到食品所需的时间为 3 分钟；第一人取到食品所需的时间为 3 分钟，且第二人取到食品所需的时间为 1 分钟；第一个和第二个人取到食品所需的时间均为 2 分钟所以 P(A)P(Y1)P(Y3)P(Y3)P(Y1)P(Y2)P(Y2)0.050.350.350.050.450.450.2

16、375.-6 分(2)X 所有可能的取值为 0,1,2.-7 分X0 对应第一个人取到食品所需的时间超过 2 分钟，所以 P(X0)P(Y2)0.5；X1 对应第一个人取到食品所需的时间为 1 分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1 分钟，或第一个人取到食品所需的时间为 2 分钟，所以 P(X1)P(Y1)P(Y1)P(Y2)0.050.950.450.4975；X2 对应两个人取到食品所需的时间均为 1 分钟，所以 P(X2)P(Y1)P(Y1)0.050.050.0025；-10 分所以 X 的分布列为X012P0.50.49750.0025-11 分E(X)00.510.497520.0

17、0250.5025.-12 分19.解：(1)由余弦定理得2222cosbacacB又22baac所以(12cos)aBc-2 分由正弦定理得sin(12cos)sinABC-3 分又ABC所以sin(12cos)sin()sincoscossinABABABAB得sinsin()ABA-5 分在三角形中得ABA或ABA（舍去）得2BA-6 分(2)由(1)知2BA且ABC，所以03A所以03A-7 分223coscoscos3coscos(2)cossin2 sincos2 coscos2sincos(2cos1)coscos4cos4cosCAAAAAAAAAAAAAAAAAA -9 分令

18、cos,xA3()44f xxx且112x22()4124(13)fxxx可知当1323x时()0fx所以3()44f xxx在1323x单调递增可知当313x时()0fx所以3()44f xxx在313x单调递减()f x在33x 时取到极大值也是最大值，且最大值为8 39又131(),(0)0,()(0)222ffff，所以8 30()9f x故coscosCA的取值范围为8 3(0,9-12 分20.解：(1)法一：延长1,AA CF交于点N，连NE交11A B于M则可知平面EFC即平面CEMF且M为11A B靠近1B的三等分点所以12AM，又12AF，45,BAC由余弦定理知22211

19、112cos2MFAMAFAMAFBAC所以22211MFAFAM故1AMF为直角三角形，1AFMF直三棱柱111ABCABC中，1AA 平面111ABC，所以1AAMF，又1111AAACA所以MF 平面11A ACC，MF 平面EFC所以平面EFC 平面11A ACC-6 分法二：如图所示，以A为原点，1,OB OA 为y轴和z轴的正方向，过A作y轴垂线为x轴建立空间直角坐标系，设12A Aa，则11(0,0,0),(2,2,0),(1,1,2),(0,3,),(0,0,2),(2,2,2)ACFa EaAa Ca所以(2,1,),(1,1,2),(2,2,0),CEa CFaAC 1(0

20、,0,2)AAa设平面EFC的一个法向量为111(,)nx y z，则00n CEn CF 即1111112020 xyazxyaz令11x，则1(1,1,)na设平面11A ACC的一个法向量为222(,)mxyz，则100m ACm AA 即22122020 xyaz令21x，则(1,1,0)m 所以1(1,1,0)(1,1,)0m na 所以mn故平面EFC 平面11A ACC-6 分(2)1(2,1,)ECa，由(1)知平面EFC的一个法向量为1(1,1,)na由直线1EC与平面EFC所成角的正弦值为23得12222|cos,|3152EC naa 得422750aa得102a 或1a

21、 因为13A A，所以1a当1a 时，(1,1,1)n，1(2,2,2)AC ，知1/ACn，所以1AC 平面EFC而1AC 平面11ABC，故平面11ABC 平面EFC-12 分21.解：（1）法一：设00(,)E xy，过00(,)E xy且平行2l的直线方程为002()yyxx 由002()2yyxxyx 得交点A的横坐标为0024xy所以2000025|12|2|44xyOAxyE点到直线1l的距离为00|2|5xy所以0000|2|5|2|445xyxy即22001416xy或22001164yx故动点E的轨迹方程为221416xy或221164yx-5 分法二：设(,)E x y，

22、E点到直线1l的距离为1h，到直线2l的距离为2h，2BOA四边形OAEB（O为原点）的面积为S则12|sin2SOA hOB hOA OB所以22 1|SOA OB h h所以2 1sin2Sh htan2时，22tan4sin21tan5，1tan2时，22tan4sin21tan5又12|2|2|,55xyxyhh所以|2|2|16555xyxy得动点E的轨迹方程为221416xy或221164yx-5 分（2）由题知0E的方程为221416xy设0,NNy，11,P x y，22,Q xy，当直线m的斜率为 0 时，0,0N若2,0P，2,0Q，因为NMMP，NMMQ ，知1,13，所

23、以23若2,0Q，2,0P，因为NMMP，NMMQ ，知11,3，所以23当直线m的斜率不为 0 时,设直线m的方程为1xty（显然0t），则10,Nt，即1Nyt 因为NMMP，NMMQ ，所以111,1,Nyxy，221,1,Nyxy，解得1Nyy，2Nyuy，12121211NNyyyyyyy y .由221416xtyxy消x并整理成22418120tyty因为直线m与曲线0E有两个交点，则在2410t 且判别式0 时有122841tyyt且1221241y yt所以221841241123tttt即证为定值23-12 分22.解：(1)令()()()ln(1),0,)F xf xg

24、xkxx x则(1)()111kkxF xxx 当1k 时，10kx 对于0,)x恒成立，又10 x所以()0F x恒成立所以()F x在0,)上单调递减所以当0 x 时，()F x有最大值，且最大值为0当1k 时知01xk时()0F x，函数()F x单调递增1xk时()0F x，函数()F x单调递减所以1xk时()F x有最大值，且最大值为ln1kkk综上，当1k 时()()yf xg x的最大值为0当1k 时()()yf xg x的最大值为ln1kkk-5 分（2）由知（1）知，当1k 时，0,x时()()0yf xg x当1k 时，对任意的0,1xk，()()0yf xg x又欲2(

25、)()f xg xkx成立，显然0k 当01k时，()()()()ln(1)f xg xg xf xxkx令2()ln(1),0,)M xxkxkxx，则有22(12)1()12,(0,)11kkxk xkMxkxxxx 22(12)10kxk xk 有两个不同实数根2112144,4kkkxk2212144,4kkkxk且120 xx故当20 xx时，()0Mx，()M x在20 xx上单调递增故()(0)0M xM即2()()f xg xkx，所以满足题意的t不存在当1k 时由(1)知存在010 xk，使得对任意的00,xx恒有()()0f xg x此时()()()()ln(1)f xg

26、xf xg xkxx令2()ln(1),(0,)N xkxxkxx，则有22(21)1()12,(0,)11kkxkxkN xkxxxx 22(21)10kxkxk 有两个不同实数根21(21)12414kkkxk22(21)12414kkkxk且120 xx故当20 xx时，()0N x，()N x在20 xx上单调递增故()(0)0N xN即2()()f xg xkx，记0 x与2x中较小者为0 x，则当00 xx时恒有2()()f xg xkx，所以满足题意的t不存在当1k 时，则(1)知，当(0,)x，()()()()ln(1)f xg xg xf xxx令2()ln(1),(0,)h xxxxx，则有212()12,(0,)11xxh xxxxx 当0 x 时()0h x，所以()h x在0 x 时单调递减，故()(0)0h xh故当0 x 时，恒有2()()f xg xx，此时，任意实数t满足题意综上，1k-12 分