2023学年湖南省长沙市铁路一中高三冲刺模拟数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。 1．已知双曲线的一条渐近线方程为，，分别是双曲线C的左、右焦点，点P在双曲线C上，且，则( ) A．9 B．5 C．2或9 D．1或5 2．圆锥底面半径为，高为，是一条母线，点是底面圆周上一点，则点到所在直线的距离的最大值是（ ） A． B． C． D． 3．设过抛物线上任意一点(异于原点)的直线与抛物线交于两点，直线与抛物线的另一个交点为，则（ ） A． B． C． D． 4． 若数列满足且，则使的的值为( ) A． B． C． D． 5．已知复数z1=3+4i,z2=a+i,且z1是实数,则实数a等于(　　) A． B． C．- D．- 6．在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列命题：①；②；③平面；④和成角为.正确命题的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 7．如果，那么下列不等式成立的是（ ） A． B． C． D． 8．已知为圆：上任意一点，，若线段的垂直平分线交直线于点，则点的轨迹方程为( ) A． B． C．（） D．（） 9．小明有3本作业本，小波有4本作业本，将这7本作业本混放在-起，小明从中任取两本.则他取到的均是自己的作业本的概率为( ) A． B． C． D． 10．的展开式中有理项有（ ） A．项 B．项 C．项 D．项 11．点是单位圆上不同的三点，线段与线段交于圆内一点M，若，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 12．如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在棱长为的正方体中，是面对角线上两个不同的动点.以下四个命题：①存在两点，使；②存在两点，使与直线都成的角；③若，则四面体的体积一定是定值；④若，则四面体在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值.其中为真命题的是____. 14．设集合，（其中e是自然对数的底数），且，则满足条件的实数a的个数为______． 15．若关于的不等式在时恒成立，则实数的取值范围是_____ 16．若函数，则使得不等式成立的的取值范围为_________. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）已知，函数. （Ⅰ）若在区间上单调递增，求的值； （Ⅱ）若恒成立，求的最大值.（参考数据：） 18．（12分）已知函数． (Ⅰ)求函数的极值； (Ⅱ)若,且,求证：． 19．（12分）已知函数，. （1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值； （2）求证：（，且）. 20．（12分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点. （1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为. （2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由. 21．（12分）已知动圆E与圆外切，并与直线相切，记动圆圆心E的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，若曲线C上存在点P使得，求直线l的斜率k的取值范围. 22．（10分）已知，均为正数，且.证明： （1）； （2）. 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。 1、B 【答案解析】 根据渐近线方程求得，再利用双曲线定义即可求得. 【题目详解】 由于，所以， 又且， 故选：B. 【答案点睛】 本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题. 2、C 【答案解析】 分析：作出图形，判断轴截面的三角形的形状，然后转化求解的位置，推出结果即可. 详解：圆锥底面半径为，高为2，是一条母线，点是底面圆周上一点，在底面的射影为；，，过的轴截面如图： ，过作于，则，在底面圆周，选择，使得，则到的距离的最大值为3，故选：C 点睛：本题考查空间点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，解题的关键是作出轴截面图形，属中档题． 3、C 【答案解析】 画出图形，将三角形面积比转为线段长度比，进而转为坐标的表达式。写出直线方程，再联立方程组，求得交点坐标，最后代入坐标，求得三角形面积比. 【题目详解】 作图，设与的夹角为，则中边上的高与中边上的高之比为，，设，则直线，即，与联立，解得，从而得到面积比为. 故选： 【答案点睛】 解决本题主要在于将面积比转化为线段长的比例关系，进而联立方程组求解，是一道不错的综合题. 4、C 【答案解析】 因为，所以是等差数列，且公差，则，所以由题设可得，则，应选答案C． 5、A 【答案解析】 分析：计算，由z1，是实数得，从而得解. 详解：复数z1=3+4i,z2=a+i, . 所以z1，是实数， 所以，即. 故选A. 点睛：本题主要考查了复数共轭的概念，属于基础题. 6、C 【答案解析】 建立空间直角坐标系，利用向量的方法对四个命题逐一分析，由此得出正确命题的个数. 【题目详解】 设正方体边长为，建立空间直角坐标系如下图所示，，. ①，，所以，故①正确. ②，，不存在实数使，故不成立，故②错误. ③，，，故平面不成立，故③错误. ④，，设和成角为，则，由于，所以，故④正确. 综上所述，正确的命题有个. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法，考查运算求解能力，属于中档题. 7、D 【答案解析】 利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出. 【题目详解】 ∵，∴，，，. 故选：D. 【答案点睛】 本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题. 8、B 【答案解析】 如图所示：连接，根据垂直平分线知，，故轨迹为双曲线，计算得到答案. 【题目详解】 如图所示：连接，根据垂直平分线知， 故，故轨迹为双曲线， ，，，故，故轨迹方程为. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了轨迹方程，确定轨迹方程为双曲线是解题的关键. 9、A 【答案解析】 利用计算即可，其中表示事件A所包含的基本事件个数，为基本事件总数. 【题目详解】 从7本作业本中任取两本共有种不同的结果，其中，小明取到的均是自己的作业本有种不同结果， 由古典概型的概率计算公式，小明取到的均是自己的作业本的概率为. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查古典概型的概率计算问题，考查学生的基本运算能力，是一道基础题. 10、B 【答案解析】 由二项展开式定理求出通项，求出的指数为整数时的个数，即可求解. 【题目详解】 ，， 当，，，时，为有理项，共项. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查二项展开式项的特征，熟练掌握二项展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题. 11、D 【答案解析】 由题意得，再利用基本不等式即可求解． 【题目详解】 将平方得， （当且仅当时等号成立）， ， 的最小值为， 故选：D． 【答案点睛】 本题主要考查平面向量数量积的应用，考查基本不等式的应用，属于中档题． 12、C 【答案解析】 利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度. 【题目详解】 几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、①③④ 【答案解析】 对于①中，当点与点重合，与点重合时，可判断①正确；当点点与点重合，与直线所成的角最小为，可判定②不正确；根据平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，可判定③正确；四面体在上下两个底面和在四个侧面上的投影，均为定值，可判定④正确. 【题目详解】 对于①中，当点与点重合，与点重合时，，所以①正确； 对于②中，当点点与点重合，与直线所成的角最小，此时两异面直线的夹角为，所以②不正确； 对于③中，设平面两条对角线交点为，可得平面， 平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥， 所以四面体的体积一定是定值，所以③正确； 对于④中，四面体在上下两个底面上的投影是对角线互相垂直且对角线长度均为1的四边形，其面积为定义， 四面体在四个侧面上的投影，均为上底为，下底和高均为1的梯形，其面积为定值， 故四面体在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值，所以④正确. 故答案为：①③④. 【答案点睛】 本题主要考查了以空间几何体的结构特征为载体的谜题的真假判定及应用，其中解答中涉及到棱柱的集合特征，异面直线的关系和椎体的体积，以及投影的综合应用，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题. 14、 【答案解析】 可看出，这样根据即可得出，从而得出满足条件的实数的个数为1． 【题目详解】 解：， 或， 在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象， 由图可知与无交点， 无解，则满足条件的实数的个数为． 故答案为：． 【答案点睛】 考查列举法的定义，交集的定义及运算，以及知道方程无解，属于基础题． 15、 【答案解析】 利用对数函数的单调性，将不等式去掉对数符号，再依据分离参数法，转化成求构造函数最值问题，进而求得的取值范围。 【题目详解】 由 得，两边同除以，得到，， ，设，，由函数 在上递减， 所以，故实数的取值范围是。 【答案点睛】 本题主要考查对数函数的单调性，以及恒成立问题的常规解法——分离参数法。 16、 【答案解析】 分，两种情况代入讨论即可求解. 【题目详解】 ， 当时，，符合； 当时，，不满足. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了分段函数的计算，考查了分类讨论的思想. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（Ⅰ）；（Ⅱ）3. 【答案解析】 （Ⅰ）先求导，得，已知导函数单调递增，又在区间上单调递增，故，令，求得，讨论得，而，故，进而得解； （Ⅱ）可通过必要性探路，当时，由知，又由于，则，当，，结合零点存在定理可判断必存在使得，得，，化简得，再由二次函数性质即可求证； 【题目详解】 （Ⅰ）的定义域为. 易知单调递增，由题意有. 令，则. 令得. 所以当时，单调递增；当时，单调递减. 所以，而又有，因此，所以. （Ⅱ）由知，又由于，则. 下面证明符合条件. 若.所以. 易知单调递增，而，， 因此必存在使得，即. 且当时，单调递减； 当时，，单调递增； 则 . 综上，的最大值为3. 【答案点睛】 本题考查导数的计算，利用导数研究函数的增减性和最值，属于中档题 18、 (Ⅰ)极大值为：，无极小值；(Ⅱ)见解析. 【答案解析】 (Ⅰ)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可求出函数的极值；(Ⅱ)得到,根据函数的单调性问题转化为证明，即证,令，根据函数的单调性证明即可． 【题目详解】 (Ⅰ) 的定义域为且 令，得；令，得 在上单调递增，