湖南省四大名校2023届高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷(一).docx

《湖南省四大名校2023届高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷(一).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省四大名校2023届高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷(一).docx（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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A=x|a2x0.若AB=R，则a的取值范围是()A. (,1)B. (1,3)C. 1,3D. 3,)2. 设i是虚数单位，已知复数z满足(1i)z=1+(a1)i，(aR)，且复数z是纯虚数，则实数a=()A. 12B. 12C. 1D. 23. 已知函数f(x)=ex1+ax2+1的图象在x=1处的切线与直线x+3y1=0垂直，则实数a的值为()A. 1B. 2C. 3D. 44. 周髀算经中“

2、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. 1160B. 180C. 1608021D. 320160215. 将函数f(x)=2cos(x)图象上各点的横坐标变为原来的(0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若对于满足|g(x1)g(x2)|=4的x1，x2，都有|x1x2|min=4，则的值为()A. 14B. 12

3、C. 2D. 46. 已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F，点M(x0,10)(x0p2)是抛物线C上一点，圆M与线段MF相交于点A，且被直线x=p2截得的弦长为3|MA|，若|MA|=2|AF|，则AF=()A. 2B. 1C. 52D. 57. 已知三棱锥PABC，Q为BC中点，PB=PC=AB=BC=AC=2，侧面PBC底面ABC，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为()A. ,53B. 2,23C. 23,2D. ,28. 设a=5(2ln5)e2，b=1e，c=ln44，则a，b，c的大小顺序为()A. acbB. cabC. abcD. bac二、多选题（

4、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N(25.40,2)，且P(25.45)=0.1，现从该批零件中随机取3件，用X表示这3件产品的质量指标值不位于区间(25.35,25.45)的产品件数，则()A. P(25.3512+sin12+sin，则下列不等式正确的是()A. 1+12C. ln+ln+3D. 1e+10,b0)的左、右焦点，C的一条渐近线l的方程为y=3x，且F1到l的距离为33，点P为C在第一象限上的点，点Q的坐标为(2,0)，PQ为F1PF2的平分线.则下列正确的是()A. 双曲线的方程为x29y227

5、=1B. |PF1|=3|PF2|C. |OP|=36D. 点P到x轴的距离为3152三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a=(1,3)，b=(3,3)，则b在a方向上的投影向量是14. 已知甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2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.A表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，B表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，则P(B|A)=15. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆O:x2+y2=1，C:(x+1)2+y2=9，直线l与圆O相切，与圆C相交于A，B两点，分别以点A，B为切点作圆C的切线l1，l2.设直线l1，

6、l2的交点为P(m,n)，则m的最大值为16. 已知数列an的各项都是正数，an+12an+1=an(nN).若数列an各项单调递增，则首项a1的取值范围是;当a1=23时，记bn=(1)n1an1，若kb1+b2+b211)的上、下顶点是B1，B2，左，右顶点是A1，A2，点D在椭圆内，点M在椭圆上，在四边形MB1DB2中，若MB1B1D，MB2B2D，且四边形MB1DB2面积的最大值为52(1)求a的值(2)已知直线x=my+1交椭圆于P，Q两点，直线A1P与A2Q交于点S，证明：当m变化时，存在不同于A2的定点T，使得|A2S|=|ST|22. (本小题12.0分)已知函数f(x)=ex

7、+2ax1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828(1)已知函数xR，f(x)0，求实数a取值的集合;(2)已知函数F(x)=f(x)ax2有两个不同极值点x1、x2求实数a的取值范围;证明：2a(x1+x2)3x1x2答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查集合并集的运算，为基础题【解答】解：因为B=x|(x1)(x4)0=x|x4，A=x|a2xa+3，又AB=R，所以只需a24解得1a3，故选B2.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查复数的除法运算，属于基础题【解答】解：由(1i)z=1+(a1)i，得z=1+(a1)i1i=(1+(a1)i)(1+i)(1i)(1

8、+i)=(1+(a1)i)(1+i)2=1(a1)+(1+(a1)i2=2a2+a2i，又因为z为纯虚数，则a=2，故选D3.【答案】A【解析】【分析】本题考查已知切线斜率求参，属于基础题【解答】解：由f(x)=ex1+ax2+1，得f(x)=ex1+2ax，因为函数f(x)=ex1+ax2+1的图象在x=1处的切线与直线x+3y1=0垂直，所以f(1)=1+2a=3，则a=14.【答案】D【解析】【分析】本题考查二倍角正切公式的应用，注意读懂题意，难度一般【解答】解：由题意可知：dl=180，tanAOB2=d2l=1160，所以tanAOB=2tanAOB21tan2AOB2=180111

9、602=32016021.故选D5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查余弦函数的图象变换规律等，属于基础题【解答】解：由题可得g(x)=2cos(1x)，若满足|g(x1)g(x2)|=4，则x1和x2必然一个为极大值点，一个为极小值点，又|x1x2|min=4，则T2=4，即T=2，所以1=2T=4，所以=14故选A6.【答案】C【解析】【分析】本题考查抛物线的定义与标准方程，圆的弦长问题，属于中档题【解答】解：如图所示，M(x0,10)在抛物线上，则10=2px0px0=5易知，|DM|=x0p2，由|MA|AF|=2|MA|=2|AF|=23|MF|=23(x0+p2)，因为被直线x

10、=b2截得的弦长为3|MA|，则|DE|=32|MA|=13(x0+p2)，由|MA|=|ME|=r，于是在RtMDE中，13(x0+p2)2+(x0p2)2=49(x0+p2)2x0=p由解得：x0=p=5，所以|AF|=13(x0+p2)=527.【答案】A【解析】【分析】本题考查空间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【解答】解：连接PQ，QA，由PB=PC=AB=BC=AC=2，可知：ABC和PBC是等边三角形，设三棱锥PABC外接球的球心为O，所以球心O到平面ABC和平面PBC的射影是ABC和PBC的中心F，E，PBC是等边三角形，Q为BC中点，所以PQBC，又因

11、为侧面PBC底面ABC，侧面PBC底面ABC=BC，所以PQ底面ABC，而AQ底面ABC，因此PQAQ，所以OFQE是矩形ABC和PBC是边长为2的等边三角形，所以两个三角形的高=22(122)2=3，在矩形OFQE中，OE=FQ=13=33.AE=23=233，连接OA，所以OA=OE2+EA2=13+43=153，设过点Q的平面为，当OQ时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，OQ=OF2+FQ2=(13)2+(13)2=23=233=63，因此圆Q的半径为：OA2OQ2=15969=1，所以此时面积为12=;当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：(153)2=53;

12、所以截面的面积范围为：,53，故选A8.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了函数值大小的比较，解题中注意导数知识的灵活应用，属于难题【解答】解：因为a=5(2ln5)e2=lne25e25，b=1e=lnee，c=ln44，构造函数f(x)=lnxx，则f(x)=1lnxx2，a=f(e25)，b=f(e)，c=f(4)，f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减则有b=f(e)最大，即ab，cb因为f(4)=ln44=ln22=f(2)，又e252e，所以f(e25)a，故acb，故选A9.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查正态分布的概率、二项分布的均值与方差、n次独立重

13、复试验的概率计算，属于中档题.【解答】解：由正态分布的性质得P(25.3512+sin12+sin，所以ea12+sine12+sin，构造函数f(x)=ex12x+sinx，x0，令g(x)=2x+sinx，g(x)=2+cosx0恒成立，所以g(x)在(0,+)上单调递增，由复合函数的单调性可知f(x)=12x+sinx在(0,+)上单调递增，所以f(x)=ex12x+sinx在(0,+)上单调递增，由f()f()，可得0，对于A，(1+1)(+)=2+2+2=4，所以1+14+，故A错误;对于B，由0，可得+11，所以2a+12，故B正确;对于C，由0，可得lnln，则ln+ln+，故C

14、错误;对于D，由0，可得ee0，11，所以1ea1e，所以1ea+11e+1，故D正确故选BD【解答】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的基本性质等，属于中档题12.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查双曲线定义、标准方程、焦点三角形问题，涉及解三角形与求向量模长等知识，属于较难题【解答】解：F1(c,0)到y=3x的距离为33，3c2=33，解得c=6，又渐近线方程为y=3x，则ba=3，结合a2+b2=c2可解得a=3，b=33，则双曲线的方程为x29y227=1，故A正确;PQ为F1PF2的平分线，|PF1|PF2|=|QF1|QF2|=84=2，故B错误;由双曲线定义可

15、得|PF1|PF2|=6，则可得|PF1|=12，|PF2|=6，则在PF1F2中，cosF1PF2=122+621222126=14，则|PF1+PF2|2=PF12+2PF1PF2+PF22=122+212614+62=216，则|PF1+PF2|=2PO=66，即|OP|=36，故C正确;在PF1F2中，sinF1PF2=1cos2F1PF2=154，设点P到x轴的距离为d，则SPF1F2=12|F1F2|d=12|PF1|PF2|sinF1PF2，即1212d=12126154，解得d=3152，故D正确13.【答案】3a2或(32,332)【解析】【分析】本题考查投影向量的求解，为基

16、础题【解答】解：因向量a=(1,3)，b=(3,3)，则有|b|cosa,b=ab|a|=13+3312+(3)2=3，所以b在a方向上的投影是3a|a|，即3a2或(32,332).14.【答案】35【解析】【分析】本题主要考查条件概率的运用，属于基础题【解答】解：因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以P(A)=25，因为P(AB)=2535=625，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=62525=3515.【答案】72【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系的最值问题，涉及直线与圆相切位置关系的应用，属于较难题【解答】解：设点P(m,n)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(1,0)

17、，因为分别以点A，B为切点作圆C的切线l1，l2设直线l1，l2的交点为P，所以CAAP，则CAAP=0，即(x1+1)(mx1)+y1(ny1)=0，所以x12+x1mx1m+y12ny1=0，因为(x1+1)2+y12=9，所以(m+1)x1+ny1+m8=0，即(x1,y1)是方程(m+1)x+ny+m8=0的解，所以点A(x1,y1)在直线(m+1)x+ny+m8=0上，同理可得B(x2,y2)在直线(m+1)x+ny+m8=0上，所以切点弦AB的方程为(m+1)x+ny+m8=0，因为直线AB与圆O相切，所以|(m+1)0+n0+m8|(m+1)2+n2=1，解得n2=6318m0，

18、得m72，即m的最大值为7216.【答案】(0,2)4【解析】【分析】本题考查数列的单调性，裂项相消法的应用，为较难题【解答】解：由题意，正数数列an是单调递增数列，且an+12an+1=an，anan+1=an+122an+10，解得an+1(1,2)，a2(1,2)a1=a22a2(0,2)，又由an+12an+1=an，可得：1an=1an+12an+1=1an+111an+11an+11=1an+1an+1bn=(1)n1an1，b1+b2+b21=1a111a21+1a31+1a211=1a11(1a1+1a2)+(1a2+1a3)(1a19+1a20)+(1a20+1a21)=1a

19、111a11a2+1a2+1a31a191a20+1a20+1a21=1a111a1+1a21=92+1a21a1=23，且数列an是递增数列，a21(1,2)，即1a21(12,1)，492+1a2172整数k=417.【答案】解：(1)当n2时，Sn2=anSnan，所以，Sn2=(SnSn1)Sn(SnSn1)，整理得：SnSn1=Sn1Sn，即1Sn1Sn1=1当n=1时，1S1=1a1=2，所以数列1Sn是以2为首项，1为公差的等差数列，所以1Sn=n+1，即Sn=1n+1(2)由(1)知，2nSn=(n+1)2n，所以Tn=22+322+n2n1+(n+1)2n，所以2Tn=222

20、+323+n2n+(n+1)2n+1，得，Tn=4+(22+23+2n)(n+1)2n+1，所以，Tn=4+4(12n1)12(n+1)2n+1=n2n+1，所以，Tn=n2n+1.【解析】本题考查数列的递推公式，考查等差数列的判定与证明，考查等差数列的通项公式，考查错位相减法求和，属于基础题18.【答案】解：(1)在ABC中，由三角形面积公式得S=12bcsinA，由正弦定理得：212bcsinA(cb+ac)=(a2+b2)sinA，整理得：a2+b2c2=ab，由余弦定理得：cosC=a2+b2c22ab=12，又0C，故C=3(2)因为a=3，C=3，由正弦定理得c=32sinA，b=

21、3sinBsinA=3sin(23A)sinA=3cosA2sinA+32，即ABC的周长l=a+b+c=32sinA+3cosA2sinA+332=3(1+cosA)2sinA+332=6cos2A24sinA2cosA2+332=32tanA2+332，因为A(0,23)，则A2(0,3)，故0tanA223，即ABC的周长的取值范围是(23,+).【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形，属于中档题19.【答案】解：(1)PO垂直于圆锥的底面，POAD，当CD=CO时，CD=OC=AC，ADOD，又ODPO=O，AD平面POD，又AD平面PAD，平面PAD平面POD(2)由题可知OA=OB

22、=4，PB=42，PO=4，当三棱锥PBCD的体积最大时，DBC的面积最大，此时D为BC的中点，如图，以点O为坐标原点，过O点且垂直AB的直线为x轴，OB，OP分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则A(0,4,0)，B(0,4,0)，P(0,0,4)，D(3,1,0)，BP=(0,4,4)，PD=(3,1,4)，AP=(0,4,4)，设平面PAD的法向量为n1=(a,b,c)，则n1AP=0n1PD=0，即4b+4c=03a+b4c=0，令a=5，则b=3，c=3，n1=(5,3,3)，设平面PBD的法向量n2=(x,y,z)，则n2BP=0n2PD=0，即4y+4z=03x+y4z

23、=0，令x=1，则y=1，z=1，n2=(1,1,1)，则cos=n1n2|n1|n2|=53+3352+(3)2+32=5129129，易知该二面角为钝角，二面角BPDA的余弦值为5129129【解析】本题考查面面垂直的判定和二面角的求解，难度中档20.【答案】解：(1)由题意，乙同学得100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100分的概率为p=212351225+212451235+12151215=37100(2)由题意，甲同学的累计得分X可能值为0,50,100,150,200，P(X=0)=12151215+212

24、151235+12351235=425;P(X=50)=212251215+212251235=425;P(X=100)=12251225+212151245+212451235=925;P(X=150)=212451225=425;P(X=200)=12451245=425;分布列如下：X050100150200P(X)425425925425425所以期望E(X)=0425+50425+100925+150425+200425=100【解析】本题考查了相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算，考查离散型随机变量的分布列，及其均值求解，属于中档题21.【答案】解：(1)由已知B1(0,1)，B

25、2(0,1)，设M(x1,y1)，D(x4,y4)，则x10因为MB1B1D，MB2B2D，所以MB1B1D=x1x4+(y11)(y41)=0，MB2B2D=x1x4+(y1+1)(y4+1)=0，两式相减得y4=y1，代回原式得x1x4+1y12=0，因为x12a2+y12=1，所以x4=x1a2，又ax1aS=SMB1B2+SDB1B2=|x1|+|x4|=(1+1a2)|x1|a+1a，因为S的最大值为52，所以a+1a=52，得a=2或a=121舍(2)直线l的方程为x=my+1，取m=0，可得P(1,32)，Q(1,32)，可得直线A1P的方程为y=63x+33，直线A2Q的方程为

26、y=32x3联立方程组，可得交点为S1(4,3);若P(1,32)，Q(1,32)，由对称性可知交点S2(4,3)，若点S在同一直线l上，则直线l的方程为x=4，以下证明：对任意的m，直线A1P与直线A2Q的交点S均在直线l：x=4上由x=my+1x24+y2=1整理得(m2+4)y2+2my3=0设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1+y2=2mm2+4，y1y2=3m2+4设A1P与l交于点S0(4,y0)，由y04+2=y1x1+2，可得y0=6y1x1+2设A2Q与l交于点S0(4,y0)，由y042=y2x22，可得y0=2y2x22，因为y0y0=6y1x1+22y2x22=

27、6y1(my21)2y2(my1+3)(x1+2)(x22)=4my1y26(y1+y2)(x1+2)(x12)=12mm2+412mm2+4(x1+2)(x22)=0，所以y0=y0，即S0与S0重合，所以当m变化时，点S均在直线l:x=4上，因为A2(2,0)，S(4,y)，所以要使|A2S|=|ST|，只需x=4为线段A2T的垂直平分线，根据对称性可得点T(6,0)故存在定点T(6,0)满足条件【解析】本题考查求椭圆的标准方程、椭圆中的定点问题，属于较难题22.【答案】解：(1)由f(x)=ex+2ax1，得f(x)=ex+2a，当a0时，因为f(1)=(1e1)2a0，不合题意;当a0

28、时，当x(,ln(2a)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(ln(2a)=2a+2aln(2a)1，要f(x)0，只需f(x)min=2a+2aln(2a)10，令g(x)=xxlnx1，则g(x)=lnx，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增;当x(1,+)时，g(x)0时，由ex2ax+2a=0，得12a=x1ex，令(x)=x1ex所以(x)=2xex，当x(,2)时，(x)0，(x)单调递增;当x(2,+)时，(x)0，(x)单调递减;所以(x)max=(2)=1e2，因为(1)=0，limx+x1ex=0，所以012ae22，故实数a的取值范围为(12

29、e2,+).设x1x2，由则1x12x2，因为(x1)=(x2)=0，所以ex1=2ax12a，ex2=2ax22a，则ex2ex1=x21x11，取对数得x2x1=ln(x21)ln(x11)，令x11=t1，x21=t2，则t2t1=lnt2lnt1，即t2lnt2=t1lnt1(0t11t2)，令u(t)=tlnt，则u(t1)=u(t2)，因为u(t)=t1t，所以u(t)=tlnt在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，令v(t)=u(t)u(1t)=t1t2lnt，则v(t)=(t1)2t20，v(t)在(0,+)上单调递增，又v(1)=0，所以当t(0,1)时，v(t)v(1)=0，即u(t)1，2t11，u(t)=tlnt在(1,+)上单调递增，所以t21t1，所以x211x11，即x1x2x1+x2，所以x1x2x1+x22312e2(x1+x2)23a(x1+x2)，故3x1x22a(x1+x2)成立【解析】本题考查利用导数研究恒成立问题，函数极值个数与参数范围问题，以及利用导数证明不等式，为较难题