2023年湖南省娄底市重点中学2校高考数学调研试卷
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，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数，则( )
A. B. C. D.
3. 已知，则( )
A. B. C. D.
4. 中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次，讲座次序要求“礼”在第一次，“射”和“数”相邻，“射”和“御”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有种( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，，是双曲线：的左、右焦点，双曲线的右支上存在一点满足，与双曲线的左支的交点平分线段，则双曲线的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
6. 如图，在边长为的正六边形中，动圆的半径为，圆心在线段含端点上运动，是圆上及内部的动点，设向量为实数，则的取值范围是
A. B. C. D.
7. 图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则( )
A. B. C. D.
8. 在正四棱台中，，当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（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. 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则( )
A. 在上是减函数
B. 由可得是的整数倍
C. 是奇函数
D. 函数在区间上有个零点
10. 已知圆：，直线：，为直线上的动点，过点作圆的切线、，切点为、，则下列结论正确的是( )
A. 四边形面积的最小值为
B. 四边形面积的最大值为
C. 当最大时，
D. 当最大时，直线的方程为
11. 若直线与曲线相切，则( )
A. B. C. D.
12. 已知函数对都有，若函数的图象关于直线对称，且对，，当时，都有，则下列结论正确的是( )
A. B. 是偶函数
C. 是周期为的周期函数 D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则直线不经过第二象限的概率为 ．
14. 已知椭圆：，过点的直线与椭圆相交于，两点，且弦被点平分，则直线的方程为 ．
15. 若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线重合，则 ．
16. 在棱长均相等的四面体中，为棱不含端点上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，，则，所成角的正弦值的最大值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知，，分别为锐角三个内角，，的对边，且，，且求角的大小；
求的取值范围．
18. 本小题分
已知数列的首项，且满足．
求证：数列为等比数列；
设数列满足，求最小的实数，使得对一切正整数均成立．
19. 本小题分
长沙某中学发现越来越多的学生就餐时间不去食堂，而是去面包房或校园商店考虑到学生的饮食健康及身体营养问题，校领导要求教育处就学生对食堂的菜品及服务质量等问题进行满意程度调查教育处从三个年级中随机选取了人进行了问卷调查，并将这人根据其满意度得分分成以下组：，，，，统计结果如图所示．
由直方图可认为学生满意度得分单位：分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得若该学校有名学生，试估计该校学生中满意度得分位于区间内的人数每组数据以区间的中点值为代表；
为吸引学生就餐时间去食堂，教育处协同后勤处举行为期一周的活动，每天每位学生可去食堂，领取一盒早餐奶券价值元或参加抽奖活动只能二选一，其中抽奖活动规则如下：每人最多有轮抽奖，每一轮抽奖相互独立，中奖率均为，每一轮抽奖，若中奖，可获用餐券一张价值元，用餐时抵扣；若未中奖，则抽奖活动结束李同学参与了此次活动．
若李同学选择抽奖，求他获得元用餐券的概率；
李同学选择哪种活动更合算？请说明理由．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，．
20. 本小题分
如图为平行四边形，，，，将沿翻折到位置且．
求，两点之间的距离；
求二面角的余弦值．
21. 本小题分
已知点是抛物线：与椭圆的公共焦点，椭圆上的点到点的最大距离为．
求椭圆的方程；
过点作的两条切线，记切点分别为，，求面积的最大值．
22. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查集合的运算，考查并集定义、指数函数的单调性、一元二次不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用指数函数的单调性和一元二次不等式的解法求出集合，，再利用并集定义能求出．
【解答】
解：集合，
，
．
故选C．
2.【答案】
【解析】解：，
则．
故选：．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，则，
故选：．
利用余弦的和角公式以及弦化切化简即可求解．
本题考查了余弦的和角公式以及弦化切，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意，“礼”排第一，当“射”排第二或六时，“数”只有一种次序，其余全排列，有种次序，
当“射”排第三、四、五时，“数”有两种次序可选，“御”也有两种次序可选，其余全排列，
此时有种次序，
故“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种，
故选：．
根据题意“礼”的次序一定，因此分类考虑“射”的次序排法，再考虑“数”以及“御”的次序牌法，根据分类加法计算原理可求得答案．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设，
则由双曲线的定义可得：，，
，
，
可得，
故BF，，，
，可得，
，
故选：．
设，根据双曲线的定义得到，，再结合，求出，进而求解结论．
本题主要考查双曲线的方程和性质，考查计算能力和转化能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：如图所示，
设点为正六边形的中心，则．
当动圆的圆心经过点时，与边交于点，点为边的中点．连接，
则，
与共线，存在实数，使得．
，
此时，取得最小值．
当动圆的圆心经过点时，取的延长线与的交点时．
，
此时取得最大值．
因此的取值范围是．
故选：．
如图所示，设点为正六边形的中心，则，当动圆的圆心经过点时，与边交于点，点为边的中点．连接，可知，利用共线定理可得：存在实数，使得于是，此时，取得最小值．当动圆的圆心经过点时，取的延长线与的交点时．，此时取得最大值．
本题考查了向量的平行四边形法则、向量的运算、平面向量的基本定理、正六边形的性质等基础知识与基本技能方法，属于难题．
7.【答案】
【解析】解：由题意知，，，，，，都是直角三角形，
，且，故，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
．
又，，
数列的通项公式为，
．
故选：．
根据题意可推出，且，从而说明数列是以为首项，为公差的等差数列，求得数列的通项公式，即可求得答案．
本题主要考查归纳推理，等差数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：设底边长为，原四棱锥的高为，如图，，分别是上下底面的中心，连结，，，
根据边长关系，知该棱台的高为，则，
由，且四边形为直角梯形：，可得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为，
上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为，显然球心在所在的直线上，
显然球心在所在的直线上，
当棱台两底面在球心异侧时，即球心在线段上，如图，
设，则，，显然，则有，即，
解得，舍去；
当棱台两底面在球心异侧时，显然球心在线段的延长线上，如图，
设，则，显然，即，即，
解得，
此时，外接球的表面积为．
故选：．
根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高．因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积．
本题考查了正四棱台和球的综合运用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，
对于，当时，，
因为在上单调递减，
所以在上是减函数，故A正确；
对于，当，时，，但不是的整数倍，故B错误；
对于，，
故是奇函数，故C正确；
对于，由，可得，
当时，，
令或，则或，
因此在上有两个零点，而含有个周期，
因此在区间上有个零点，D错误．
故选：．
对于，确定的取值范围，根据正弦函数的单调性即可判断；
对于，举反例即可判断；
对于，根据三角函数的图象的平移变换确定的解析式，再判断奇偶性即可；
对于，求出函数在一个周期内的零点个数，即可判断．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：如图所示：
由圆的几何性质可得，，
由切线长定理可得，又因为，，所以，，
所以，，
因为，当时，取最小值，
且，所以，四边形的面积的最小值为，对；
因为无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，错；
因为为锐角，，且，
故当最小时，最大，此时最大，此时，错；
由上可知，当最大时，且，
故四边形为正方形，且有，则的方程为，
联立，可得，即点，
由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，此时直线的方程为，对．
故选：．
分析可知当时，四边形面积最小，且最大，利用三角形的面积公式可判断选项，分析出四边形为正方形，利用正方形的几何性质可判断选项．
本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的弦长的计算，圆中四边形面积的最值问题等知识，属于中等题．
11.【答案】
【解析】解：，，
设直线与曲线相切于点，
根据导数的几何意义可得：且，
消去可得，A正确，B错误；
又取等号，C错误；
，设，令，得，
函数在上递增，在上递减，
，即，D正确，
故选：．
由导数的几何意义已知条件可判断；由基本不等式可判断；由可得，设，利用导数法研究最值可判断．
本题考查导数的几何意义的应用，基本不等式的应用，利用导数研究函数的单调性与最值，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：的图象关于直线对称，故关于轴对称，是偶函数，B正确；
中，令得：，
因为，所以，解得：，A正确；
故，是周期为的周期函数，C正确；
对，，当时，都有，
故在上单调递增，又是周期为的周期函数，且是偶函数，
故，，
因为，
所以，D错误．
故选：．
由的图象关于直线对称，得到关于轴对称，赋值后得到，进而得到，判断出均正确；根据，，当时，都有，得到在上单调递增，结合函数的周期及奇偶性得到，，判断出．
本题考查的知识点是函数的奇偶性，函数的周期性，函数值大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：基本事件总数，且时，直线不经过第二象限，
当，或，时，直线不经过第二象限，共种，
故事件“直线不经过第二象限“包含的基本事件总数，
．
故答案为：．
，总共有种取法，直线不经过第二象限时，，共种取法，然后根据古典概型的概率计算公式即可求出概率的值．
本题考查了古典概型的概率计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：已知椭圆：，过点的的直线与椭圆相交于，两点，设，，
则：，两式相减：，
是、的中点，
由中点坐标公式可知： ，
，
则直线的方程为：，
整理得：，
故答案为：．
由，在椭圆上，利用点差法，结合中点坐标公式可知： ，即可求得直线的斜率，利用点斜式方程，即可求得直线的方程．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的标准方程，圆锥曲线的中点弦公式，直线的点斜式公式，考查“点差法”的应用，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：由切点，，则在点处的切线方程为，
即，
由切点，，则在点处的切线方程为，
即，
由题知：两条直线是同一条直线，
则，
化简得：．
．
故答案为：．
根据两切线重合求出即可．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查方程思想和计算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：过点的平面与平面平行．
若平面与平面，平面的交线分别为，，由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以，，
所以或其补角即为，所成的平面角，
设正四棱锥的棱长为，，，则，
在中，由余弦定理可得，
同理可得，
故在中，由余弦定理可得，，
由于，则，从而可得，当时取等号，
故的最小值为，
所以，
故的最大值为，
故答案为：
根据面面平行的性质可得，，进而得或其补角即为，所成的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值．
本题主要考查了平面与平面平行的性质，异面直线所成角的求解，属于中档题．
17.【答案】解：，，且，
则，
由正弦定理可得，，
，
，
，
，即，
，
；
由可得，，，
，为锐角，
，解得，
，
，
，即，
综上所述，的取值范围为
【解析】根据已知条件，结合向量平行的性质，结合正弦定理，即可求解；
先求出角的取值范围，再结合正弦定理，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】证明：已知数列的首项，且满足，
则，
则，
又，
即数列是以为首项，为公比的等比数列；
解：由可得，
又，
则
，
即，
即的最小值为．
【解析】由题意可得，即数列是以为首项，为公比的等比数列，得证；
由可得，，然后结合裂项求和法及公式求和法求解即可．
本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式，重点考查了裂项求和法及公式求和法，属中档题．
19.【答案】解：由题意知样本平均数为，
所以，，
又，
故该校得分位于区间内的人数约为；
由题意可得李同学连续三次都抽中奖，第四次不中奖，李同学会获得元用餐券，
故他获得元用餐券的概率为，
设李同学参加抽奖活动获得用餐券金额为，的可能取值为，，，，，
则，，，，，
所以的分布列为
所以，
所以李同学选领取早餐奶券更合算．
【解析】根据正态分布的概率求得内的概率，即可求得答案；
确定李同学获得元用餐券的抽奖中奖情况，根据独立事件的概率公式可得答案；确定李同学参加抽奖活动获得用餐券金额的可能情况，求出每种情况对应的概率，计算其期望，进行比较可得答案．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
20.【答案】解：延长到，使，连接，．
由己知得为平行四边形，故BD．
又，所以，
由已知，故BD平面，分
所以平面，所以，
因为，所以，又，
所以为等边三角形，故．
又，所以分
由知为矩形，取中点，连接．
以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图．
则． 分
设平面的法向量为，则，
即，取，故，分
设平面的法向量为，则，
即，
取，故，
所以，分
由已知二面角为钝角，故二面角的余弦值为分
【解析】延长到，使，连接，推出证明，结合，得到平面，推出，然后转化求解．
取中点，连接以，分别为，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，空间点线面距离的求法，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
21.【答案】解：抛物线：的焦点为，
．
椭圆上的点到点的最大距离为，
，，
解得，，
椭圆的方程为．
设，则，．
联立，化为，，
解得，
，
设，，
求导，可得，
切线，的方程分别为：，，
可得：，为方程的两个不等实数根．
，，
，
直线的方程为：，化为，
代入可得，化为，
点到直线的距离，
，
面积，
把代入上式可得
，
，由，
时，取得最大值．
面积的最大值为．
【解析】抛物线：的焦点为，可得由椭圆上的点到点的最大距离为，可得，，解得，，即可得出椭圆的方程．
设，可得联立，化为，，解得可得范围，设，，利用导数的几何意义可得切线，的方程分别为：，，可得：，为方程的两个不等实数根．利用根与系数的关系、斜率计算公式可得，直线的方程，可得点到直线的距离，及其，可得面积，结合二次函数的单调性进而得出结论．
本题考查了抛物线与椭圆标准方程及其性质、直线与抛物线相切问题、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式可、点到直线距离公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
22.【答案】解：函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
即的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在 上单调递减．
证明：因为，由知，，且，解得，
设，则，要证，即证，即证，
即证，设，
则，即在上单调递减，有，
即，则成立，因此成立，
要证，即证，即证，即证，即证，，
而，即证，，
令，，则，
设，，求导得，即在上单调递增，
则有，即，在上单调递减，而，当时，
，则当时，成立，故有成立，
所以．
【解析】求出函数的导函数，再讨论或即可作答．
由求出，把所证不等式分成两部分分别作等价变形，构造函数，利用导数探讨函数的单调性推理作答．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
第1页，共1页
