2023届湖南省长沙市雅礼中学高三一模数学试题含解析

2023届湖南省长沙市雅礼中学高三一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C．且 D．

【答案】C

【分析】根据幂函数的性质及对数函数的性质分别求出集合，，再根据交集的定义求解即可.

【详解】解：由题意可得，，

∴且.

故选：C．

2．下列说法正确的是（    ）

A．若，则与的方向相同或者相反

B．若，为非零向量，且，则与共线

C．若，则存在唯一的实数使得

D．若，是两个单位向量，且．则

【答案】B

【分析】对于A，当时，该选项错误；对于B， 表示与方向相同的单位向量，表示与方向相同的单位相同，所以与共线，所以该选项正确；对于C，当，为非零向量时，不存在，所以该选项错误；对于D，计算得，所以该选项错误．

【详解】对于A，当时，与的方向可以既不相同也不相反，所以该选项错误；

对于B，，为非零向量，表示与方向相同的单位向量，表示与方向相同的单位相同，由于，所以与共线，所以该选项正确；

对于C，当，为非零向量时，不存在，所以该选项错误；

对于D，由得，所以，所以该选项错误．

故选：B．

3．函数的最小正周期为（    ）

A． B． C． D．不能确定

【答案】A

【分析】作出函数的图象得到函数的最小正周期，再证明即得解.

【详解】作出函数的图象如图所示，得到函数的最小正周期为.

证明：

所以函数的最小正周期为.

故选：A

4．给定一组数据：1，3，2，1，5，则这组数据的方差及第40百分位数分别是（    ）

A．5，2 B．，2 C．，1.5 D．5，1.5

【答案】C

【分析】根据数据的方差与百分位数的概念计算即可.

【详解】数据：1，3，2，1，5的平均数为，

所以方差为；

这组数从小到大排列为1，1，2，3，5，共5个数，

所以，则这组数据的第40百分位数为.

故选：C.

5．已知，则（    ）

A．1024 B．1023 C．1025 D．512

【答案】B

【分析】利用赋值法得到，，结合二项式展开式的系数正负得到的值，进而求出答案.

【详解】中，令得，

的通项公式，故，

中，

令，得，

所以，

又，所以.

故选：B．

6．已知数列满足，，若表示不超过的最大整数，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．5

【答案】A

【分析】根据递推公式一一计算可得.

【详解】因为，，

所以，，，，

，，，，

，

∴．

故选：A．

7．若，则当，1，2，…，100时（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用比大小的方法，即可求出k的值.

【详解】解：由题意得：

即，

化简得：，

又k为整数,可得,所以，

故选：C．

8．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解.

【详解】要比较，，等价于比较的大小,

等价于比较,

即比较,

构造函数,,

令得,令得,

所以在单调递增, 单调递减.

所以,

因为，

所以最大，即，，中最大，

设，

结合的单调性得，，

先证明，其中，

即证，

令，，其中，

则，

所以，函数在上为增函数，当时，，

所以，当时，，

则有，

由可知，

所以，

因为，所以即，

因为，在单调递增，

所以，即，

因为 所以所以，

即，

因为，在单调递减.

所以，

即，即，

综上，.

故选：D

【点睛】关键点睛：应用对数平均不等式（需证明）证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.

二、多选题

9．已知复数z的共轭复数为，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．一定是实数

C．若复数，满足．则

D．若复数z的平方是纯虚数，则复数z的实部和虚部相等或者互为相反数

【答案】BD

【分析】根据复数与共轭复数的概念、复数的运算逐项判断即可.

【详解】当复数时，，，故A错；

设（a，），则，所以，故B对；

设（，），（，），

由可得，

所以，

而，不一定为0，故C错；

设（a，），则为纯虚数．

所以，则，故D对．

故选：BD．

10．已知不恒为0的函数，满足，都有．则（    ）

A． B．

C．为奇函数 D．为偶函数

【答案】BD

【分析】令和，即可判断选项AB；令，即可判断选项CD.

【详解】令，则，∴或1．

令，则，若，则，与不恒为0矛盾，∴，∴选项B正确选项A错误；

令，则，∴，∴为偶函数，∴选项D正确选项C错误.

故选：BD．

11．如图，已知双曲线：的左右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线在第一象限交于点B，连接，，与双曲线左支交于点P，与渐近线分别交于点M，N，则（    ）

A．

B．

C．过的双曲线的弦的长度的最小值为8

D．点B到两条渐近线的距离的积为

【答案】AD

【分析】由，若结合已知可得，设且，应用点在双曲线上、两点距离公式求坐标，写出直线求出坐标，进而判断各项的正误即可.

【详解】由题设，若，则，

，即，可得，

若且，则，可得，故，

所以，直线为，即，而渐近线为，

所以，，则，

又，可得（舍）或，故，

所以，即，A正确；而，B错误；

令，则，可得，故过垂直于x轴所得弦长为8，

而过和两顶点的直线，所得弦长为2，所以过的双曲线的最短弦为2，C错误；

由到的距离为，到的距离为，

所以B到两条渐近线的距离的积为，D正确.

故选：AD

12．如图，正方体的棱长为3，E为AB的中点，，动点M在侧面内运动（含边界），则（    ）

A．若∥平面，则点M的轨迹长度为

B．平面与平面ABCD的夹角的正切值为

C．平面截正方体所得的截面多边形的周长为

D．不存在一条直线l，使得l与正方体的所有棱所成的角都相等

【答案】ABC

【分析】对于A、C项，先作出平面截正方体所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；

对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.

【详解】如图所示，

分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面截正方体所得的截面，在侧面中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，

由已知及平行线分线段成比例可得：，

,所以,即，A正确；

，

故五边形D1FOEH周长为，C正确；

连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即为平面与平面ABCD的夹角，

易得，B正确；

对于D存在直线l，如直线与正方体三条棱夹角相等．

故选：ABC．

三、填空题

13．计算：________．

【答案】

【分析】把转化为，利用差角的正弦公式化简即得解.

【详解】原式

故答案为：

14．六个身高不同的人排成二排三列，每一列后面的那个人比他（她）前面的那个人高，则共有________种排法．

【答案】90

【分析】根据有限制的排列问题求解即可.

【详解】由于六个身高不同的人排成二排三列，每一列后面的那个人比他（她）前面的那个人高，则排法有种．

故答案为：.

15．函数的最小值为________．

【答案】

【分析】化简，设，求出函数的单调性即得解.

【详解】∵，

设，∴，

∴在区间上单调递減，在区间上单调递增，

∴，

∵是增函数，

∴由复合函数的性质得．

故答案为：

16．如图，已知抛物线C：，圆E：，直线OA，OB分別交抛物线于A，B两点，且直线OA与直线OB的斜率之积等于，则直线AB被圆E所截的弦长最小值为________．

【答案】

【分析】先由两直线斜率之积构造齐次化方程，得出直线AB过定点，再利用直线与圆的位置关系计算弦长确定最值即可.

【详解】设，，设：，又，∴，

∴，∴．

∴，∴，

∴直线AB恒过点，

由图结合圆的弦长公式可知，当圆心E到动直线AB的距离最大时，即

当直线时，弦长最短，此时弦最小为．

故答案为：

四、解答题

17．已知正数数列，，且满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）因式分解，从而可推导得，再利用累乘法计算数列的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列的前项和.

【详解】（1）∵，

∴，

又，∴，即．

又，

且，∴

（2），∴，，

又，

∴.

18．在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)求A；

(2)若，求BC边上的高AD的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知等式即得解；

（2）利用余弦定理和基本不等式求出，再求出，即得解.

【详解】（1）根据正弦定理可得，

又，∴．

∵,∴．

（2），∴，

当且仅当时取等号.

∵，∴，

∴，

∴，∴AD的最大值为.

19．斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．

(1)在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)存在，

(2)

【分析】（1）连接，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设，根据，求出即可；

（2）利用向量法求解即可.

【详解】（1）连接，因为，为的中点，所以，

由题意知平面ABC，

又，，所以，

以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

由得，同理得，

设，得，

又，，

由，得，

得，又，∴，

∴存在点D且满足条件；

（2）设平面的法向量为，，，

则有，可取，

又，

∴点到平面的距离为，

∴所求距离为.

20．2023年中非经贸合作座谈会议在长沙举行，拟在某单位招募5名志愿者，该单位甲、乙、丙三个部门可分别向单位推选3名志愿者以供选拔，每个部门有3个小组，每个小组可向本部门推选2名志愿者供部门选拔，假设每名志愿者入选的机会相等．

(1)求甲部门志愿者入选人数为1人的概率；

(2)求所招募的5名志愿者来自三个部门的概率；

(3)求某小组志愿者入选人数X的分布列及期望．

【答案】(1)；

(2)；

(3)分布列见解析，.

【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；

（2）利用对立事件的概率公式求解；

（3）先写出X的取值，再求出概率，写出分布列，求出期望.

【详解】（1）由题得．

所以甲部门志愿者入选人数为1人的概率为.

（2）由题得．

所以所招募的5名志愿者来自三个部门的概率为.

（3）由题意可知X的取值为0，1，2，

，

，

，

所以X的分布列为：

所以．

21．已知函数．

(1)当时，求的最大值；

(2)当时，求证：（记）．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，进而求得最大值；

（2）构造函数，求导得，由于当时，，所以，结合可得在区间上恒成立，进而得到在区间上为增函数，进而求解即可得证.

【详解】（1）由，，

所以，

令，得，即；

令，得，即，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

又，，．

所以．

（2）设，

所以，

当时，，所以，

又，

所以恒成立．

所以在区间上恒成立．

所以在区间上为增函数，

所以，

所以当时，.

【点睛】关键点睛：本题第（2）问关键在于构造函数求导后，利用时，，放缩成，进而得到在区间上恒成立，从而得到在区间上为增函数，即可求解.

22．已知椭圆C：，直线l与椭圆C交于A，B两点．

(1)点为椭圆C上的动点（与点A，B不重合），若直线PA，直线PB的斜率存在且斜率之积为，试探究直线l是否过定点，并说明理由；

(2)若．过点O作，垂足为点Q，求点Q的轨迹方程．

【答案】(1)直线l过定点；

(2)

【分析】（1）利用点在椭圆上和直线斜率公式即可证得直线l过定点；

（2）利用三角函数设出A，B两点坐标，再利用题给即可求得，进而得到点Q的轨迹方程．

【详解】（1）直线过定点，下面证明：

设，，，

又，，∴，  

∴直线过原点满足．

又当PA两点固定时为定值，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为，

则直线重合，则重合，

∴直线l过定点．

（2）设，，，不妨设，

∴，，又点A，B在椭圆上，

∴，，

∴，，两式相加得，

由，

得，

∴点Q的轨迹是以点O为圆心以为半径的圆，

∴点Q的轨迹方程为．