湖南省新高考2022-2023学年高三下学期仿真卷（一）数学试卷（解析Word版）.docx

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新高考2023届高三仿真卷（一）数学试题（时间：120分钟　满分：150分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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）（2022·吕梁模拟）1.已知集合，，则A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：解一元二次不等式，得，∴，而，∴.考点：1.解一元二次不等式；2.集合的交集.（2022·长春模拟）2.已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数的运算法则计算后根据共轭复数概念得，再由几何意义得对应点坐标，从而得结论．【详解】，故，在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选：D.（2022·合肥模拟）3.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载；一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）.二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（） A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B.春分和秋分两个节气的晷长相同C.立春的晷长与立秋的晷长相同D.立冬的晷长为一丈五寸【答案】C【解析】【分析】根据所给条件结合数列性质，进行分析判断即可得解.【详解】由题意知：设晷长为等差数列，公差为，则，，解得.∴相邻两个节气晷长减少的量为一尺，故A正确.秋分的晷长为：，春分的晷长为：75，春分和秋分两个节气的晷长相同，故B正确.立春的晷长为105，立秋的晷长为45，故C不正确.立冬的晷长为：即为一丈五寸，故D正确.故选：C.（2022·重庆调研）4.函数的图象是A.B. C.D.【答案】A【解析】详解】试题分析：由偶函数排除B、D,排除C.故选A.考点：函数的图象与性质．（2022·邯郸模拟）5.展开式中的常数项为（）A.B.C.13D.15【答案】B【解析】【分析】根据给定条件求出展开式的常数项和含的项即可计算作答.【详解】依题意，展开式的常数项是，含的项为，所以展开式中的常数项为.故选：B（2022·郑州模拟）6.如图，五面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，，，，都是等边三角形，则五面体ABCDEF的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据五面体的结构特征将五面体分割为两个相同的四棱锥和一个三棱柱，然后分别根据四棱锥和三棱柱的体积计算公式求解即可.【详解】如图，过点F作于点H，于点S，过点E作于点G，于点Q，连接HS，CQ，则.根据五面体的结构特征，将五面体的体积转化为两个相同的四棱锥和一个三棱柱的体积之和过点F作于点M，则易知平面ABCD，，∴，所以，，故.故选：B（2022·荆州模拟）7.甲、乙两人各有一个袋子，且每人袋中均装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，每人从各自袋中随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，且将取出的2个球全部放入甲的袋子中；若2个球异色，则乙胜，且将取出的2个球全部放入乙的袋子中.则两次取球后，甲的袋子中恰有6个球的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据取球规则分析得到两次取球后甲的袋子中有6个球时，两次取球均为同色，然后分第一次取球甲、乙都取到红球和白球两种情况求解即可.【详解】由题，若两次取球后，甲的袋子中恰有6个球，则两次取球均为甲胜，即两次取球均为同色.若第一次取球甲、乙都取到红球，概率为，则第一次取球后甲的袋子中有3个红球和2 个白球，乙的袋子中有1个红球和2个白球，第二次取同色球分为取到红球或取到白球，概率为，故第一次取球甲﹑乙都取到红球且两次取球后，甲的袋子中有6个球的概率为.同理，第一次取球甲、乙都取到白球且两次取球后，甲的袋子中有6个球的概率为.故所求概率为.故选：A.（2022·成都模拟）8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于A，B两点，则的内切圆半径为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】不妨设A在第一象限，，过点A作轴于点M.由已知可求得，，再利用等面积法和双曲线的定义可求得内切圆半径.【详解】解：如图，不妨设A在第一象限，，过点A作轴于点M.得，则，所以（*）.又，则，即，代入（*）式得，得，同理，则，，故的内切圆半径r满足 ，又，所以，得.故选：C.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）（2022·洛阳模拟）9.已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】利用指数大小比较和对数大小比较进行选择.【详解】因为是上的增函数，，所以，故A正确；，故，故B正确；，故，故C错误；取，，满足，，但，故D错误.故选：AB（2022·淄博模拟）10.某人投掷骰子5次，由于记录遗失，只有数据平均数为3和方差不超过1，则这5次点数中（）A.众数可为3B.中位数可为2C.极差可为2D.最大点数可为5【答案】AC【解析】【分析】根据方差、平均数、众数、中位数的定义进行逐项判断.【详解】解：对于选项A：如果五次都为，满足题意，众数为，符合题意，故A正确；对于选项B：若中位数，则出现这组情况方差最小，但此时方差大于，故不符合题意，故B错误；对于选项C：这种情况下方差小于，故C正确；对于选项D：若最大点数为，当方差最小，该组数为，该组数的方差大于，故D错误；故选：AC（2022·高邮模拟） 11.已知函数的图象关于直线对称，那么（）A.函数为奇函数B.函数在上单调递增C.若，则的最小值为D.函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】AC【解析】【分析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可．【详解】因为的图象关于直线对称，所以，得，，因为，所以，所以，对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到，故选项D不正确； 故选：AC（2022·徐州模拟）12.已知函数，则（）A.曲线在点处的切线方程为B.函数的极小值为C.当时，仅有一个整数解D.当时，仅有一个整数解【答案】AC【解析】【分析】选项，利用导数的几何意义求解；选项，利用导数判断函数单调性求极值即可；选项仅有一个整数解可以转化为函数在直线下方的横坐标为整数的点只有一个，画出的图象，利用数形结合即可解决.【详解】对于选项，，则切线的斜率为，则曲线在点处的切线方程为，故A正确；对于选项B，在上单调递增，在上单调递减，则当时，有极小值，即，故不正确；对于选项C，由于在上单调递增，在上单调递减，则当时，有最小值，即，当时，，则函数图象在轴下方，当时，，则函数存在一个零点，故的图象如下图所示，函数在直线下方的横坐标为整数的点只有一个，点，，其中，则,即，故正确,不正确. 故选：.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）（2022·淮安模拟）13.已知平面向量，满足，，，则______.【答案】##05【解析】【分析】根据向量的数量积公式即可求出.【详解】由题可得，故.故答案为：.（2022·蚌埠模拟）14.国家发展改革委为贯彻落实《长三角一体化发展规划“十四五”实施方案》有关部署，制定沪苏浙城市结对合作一对一帮扶皖北城市工作计划，帮扶城市（区）包括上海市个区，江苏省个市、浙江省个市，受帮扶城市包括安徽省淮北市、亳州市、宿州市、蚌埠市、阜阳市、淮南市、滁州市、六安市共个市，则帮扶方案中上海市个区没有被安排帮扶蚌埠市、阜阳市、滁州市的方法种数为______.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先分析上海市个区的受帮扶的对象，然后再安排其他城市的帮扶方案，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】由题可知，上海市个区的受帮扶对象有个，不同的安排方法种数为，然后安排其他城市的帮扶方案，不同的安排方法种数为， 所以帮扶方案中上海市个区没有被安排帮扶蚌埠市、阜阳市、滁州市的方法种数为.故答案为：.（2022·济宁模拟）15.已知点A是焦点为F的抛物线上的动点，且不与坐标原点O重合，线段OA的垂直平分线交x轴于点B.若，则______.【答案】##【解析】【分析】设，，，可得线段OA的中点，从而有，可得，再由，可得，从而可求解.【详解】方法一：由题，不妨设，，，则，线段OA的中点，依题意得，所以，所以，所以，得，故.因为，所以C为线段AF的中点，又，所以，所以.方法二：由题意得，C为线段AF的中点，不妨，，则，线段OA的垂直平设，令，得，又，所以，则.又，所以. 故答案为：（2022·哈尔滨模拟）16.已知，若对任意的，不等式恒成立，则m的最小值为______.【答案】【解析】【分析】不等式变形后构造同构不等式，，引入函数，利用其单调性，变形不等式，然后再分离参数转化为求新函数的最值，得出结论．【详解】变形为，即，，设，，是增函数，由恒成立得，，设，，时，，递增，时，，递减，所以，所以，的最小值是．故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（2022·秦皇岛模拟）17.已知递增的等差数列满足，且是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差中项求出，根据已知列方程可得公差，然后可解；（2）裂项相消法可解. 【小问1详解】设等差数列的公差为d，由题可知，因为，所以，又是与的等比中项，所以，即，得或（舍去）所以.【小问2详解】因为，所以.（2022·兰州模拟）18.重楼，中药名，具有清热解毒、消肿止痛、凉肝定惊之功效，具有极高的药用价值.近年来，随着重楼的药用潜力被不断开发，野生重楼资源已经满足不了市场的需求，巨大的经济价值提升了家种重楼的热度，某机构统计了近几年某地家种重楼年产量（单位：吨），统计数据如表所示.年份2016201720182019202020212022年份代码1234567年产量/吨130180320390460550630（1）根据表中的统计数据，求出关于的经验回归方程；（2）根据（1）中所求方程预测2024年该地家种重楼的年产量.附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.【答案】（1）（2）805吨【解析】 【分析】（1）根据最小二乘估计公式，利用表格求出数据即可；（2）利用回归方程代入年份代码即可.【小问1详解】由表格数据，得，，，，则，所以，所以关于的经验回归方程为.【小问2详解】由题可知，2024年的年份代码为9，即，将代入回归方程，得，所以预测2024年该地家种重楼的年产量为805吨.（2022·深圳模拟）19.已知锐角三角形ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求B；（2）若，求c的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及正弦的两角和公式将，变形为，再化简可求解；（2）由，即可求解.【小问1详解】由及正弦定理得，所以，因为，所以，所以，从而. 因为，所以，所以.【小问2详解】由正弦定理得，所以.因为是锐角三角形，所以，解得.因为在上单调递增，所以.从而，所以，即c的取值范围是.（2022·新余模拟）20.如图，在三棱锥中，已知，是的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值，进而得到正弦值.【小问1详解】因为，是的中点，所以，因为，是的中点，所以， 因为，，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】设，因为，所以，又，所以，所以.如图，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则即令，可得，，所以平面的一个法向量为.易知平面，所以平面的一个法向量为，所以，因为，所以平面与平面夹角的正弦值为.（2022·长沙模拟） 21.已知离心率为的椭圆C1：(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上的一点，△PF1F2的周长为6，且F1为抛物线C2：的焦点.（1）求椭圆C1与抛物线C2的方程；（2）过椭圆C1的左顶点Q的直线l交抛物线C2于A，B两点，点O为原点，射线OA，OB分别交椭圆于C，D两点，△OCD的面积为S1，△OAB的面积为S2.则是否存在直线l使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1），；（2）存，或.【解析】【分析】（1）由题可得，即求；（2）设直线l的方程为，联立抛物线方程利用韦达定理可得，利用直线与椭圆的位置关系可求，再利用三角形面积公式及条件列出方程，即得.【小问1详解】由题意得，解得∴椭圆的方程为，，所以抛物线的方程为.【小问2详解】由题意得直线l的斜率不为0，，设直线l的方程为，设，由，得， ∴，∵，∴，∵，∴直线OA的斜率为，即直线OA的方程为,由，得，同理可得，，∴，得m=±1，∴存在直线l，方程为或.（2022·潍坊模拟）22.已知函数，.（1）讨论的单调区间；（2）当时，令.①证明：当时，；②若数列满足，，证明：.【答案】（1）答案见解析； （2）①证明见解析；②证明见解析.【解析】【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答.(2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可；②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答.【小问1详解】函数定义域为R，求导得，当时，恒成立，即在上单调递增，当时，令，解得，令，解得，即在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】当时，，①当时，，令，，恒成立，则在上单调递减，，因此，成立，所以当时，.②由①可知，当时，，由得，即，由，可得，而，又，即，则， 由于，只需证，又当时，，令，，恒成立，则在上单调递增，，则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，因此成立，即成立，所以原不等式得证.【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.