2023届高三下学期5月高考数学考前押题卷（湖北适用）（含解析）

2023年高考考前押题卷（湖北适用）
数学
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共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．
1.已如集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数，则（ ）
A. B. C. D.
3. 正割（Secant，sec）是三角函数的一种，正割的数学符号为sec，出自英文Secant.该符号最早由数学家吉拉德在他的著作《三角学》中所用，正割与余弦互为倒数，即，若函数，则函数的图象为（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知正项递增等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 为推进教育公平，共享优质教育资源，某市启动优质教育资源共享帮扶工作，某教学先进中学决定派名一级教师和名高级教师，去甲乙两校参与帮扶工作，每个学校至少安排一名教师且每名教师只能去一所学校参加帮扶工作，则名高级教师不在同一校的概率是（ ）
A. B. C. D.
6.在中，，，分别为角，，所对应的边，已知，，在边上取一点，使得,若,则的面积为（ ）
A. B. C. D.
7.双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过双曲线上任意一点作两条渐近线的平行线，分别交渐近线于点，,若四边形的面积为，则双曲线的焦距的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.设，，，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9.下列命题中正确的是（ ）
A.数据，，，，，，，，，的分位数是
B.已知，为两个随机事件，则
C.若事件，的概率满足,则，相互独立
D.将总体划分为两层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
10.如图，圆柱的轴截面，点为底面圆上一动点，过点作的垂线，垂足为,则下列说法正确的是（ ）
A.直线与直线垂直
B.若轴截面是边长为的正方形，则直线与平面所成角的正弦值最大为
C.直线与直线垂直
D.若轴截面是边长为的正方形，则的最大值为
11.已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.则下列说法正确的是（ ）
A.在单调递增 B.在单调递增
C.方程有个零点 D.方程有个零点
12.已知椭圆：（，）的顶点，，分别过点，作线段的垂线交椭圆于，两点，若，则下列说法正确的是（ ）
A.当时，椭圆的离心率为 B.当时，椭圆的离心率为
C.当时，椭圆的焦点在轴上 D.当时，椭圆的焦点在轴上
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13.的展开式中的系数为 .
14.已知平行四边形中，为的三等分点，且，为的中点，若，则 .
15.已知数列满足，且，保持数列中各项的先后顺序不变，在与之间插入个，使它们与原数列的项构成一个新数列，则数列的前项和为 .
16.星四面体是一类非常对称美观的空间图形，它是由个正四面体互相交错而成，其中一个正四面体的条边正好穿过另一正四面体的条边的中点，如图所示，若正四面体的棱长为，则这两个正四面体公共部分的体积为 .
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.在等差数列中，已知，（，），
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.在中，，，分别为角，，所对应的边，已知
（1）若,求；
（2）求的取值范围.
19.在等腰梯形中，，在边上取中点，连接,将四边形沿折起，使得,
（1）设平面交平面于直线，证明：；
（2）若，问线段上是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在求点的位置.
20.为进一步用好学习强国学习平台，激发党员干部学习热情，营造“以赛促学、以学促干”的良好氛围，某单位举办“喜迎二十大，携手向未来”学习强国挑战答题知识比赛。通过激烈的竞争，甲乙两人取得决赛资格.决赛规则如下：设置轮抢答，每轮抢到答题权并答对则该选手得分，答错对方得分.当分差达到分或答满轮时，比赛结束.已知甲乙每轮均抢答且抢到答题权的概率分别为，，甲乙每一轮答对的概率分别为，，且两人每轮是否回答正确均相互独立.
（1）求经过两轮抢答甲赢得比赛的概率；
（2）假设经过抢答了轮后决赛结束，求随机变量的分布列和数学期望.
21.已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）令，当时恒成立，求的取值范围.
22.已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于、两个动点，设的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）在曲线上任取三个点、、,问上是否存在圆心在轴上，且半径的内切圆，若存在，求出内切圆的方程.
答案
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共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．
1. 答案：C
解析：，，∴.
2. 答案：D
解析：，∴，∴.
3. 答案：B
解析：为偶函数，关于轴对称，又∵.故选B.
4. 答案：B
解析：为等比数列，设公比为，则，，，，∴，
∴，∴或（舍），∴或，
∵为递增数列，∴，∴.
5. 答案：A
解析：
由题意，两名高级教师不在同一校的概率为.
6. 答案：C
解析：
设，，则，∵，
在中，由余弦定理得：，
∴，∴，∴在中，由正弦定理可得：
，
∴.
7. 答案：B
解析：在双曲线上任取一点，设，过过渐近线的平行线，
则联立，得，
同理可得，∴，
∴，∴，当且仅当取等号，
∴，∴.
8. 答案：B
解析：由，得，，
设，令，则，
∴在单调递减，单调递增，∴，∴，
∴，
同理可证：，∴，
当时，，∴，
设，则，∴在单调递减，
∴，∴，∴，
又∵，用替代，得，∴，
∴，∴，∴，∴，故选B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 答案：B、C
解析：A：将数据排列可得：，，，，，，，，，，所以分位数为，∴A错误；B：，
又∵，∴，∴B正确；
C：∵，而，∴，∴，相互独立，∴C正确；D：总体方差，，∴，∴D错误.
10. 答案：A、B、C
解析：∵，故A正确.
∵，，平面，平面，∴平面.
又平面，∴，故C正确；
选项B：∵，设，，∴，
过作，垂足为，则面，
∴在面上的射影为，
∴为与面所成的角，设为，∴，
又∵，∴，
又∵，∴，
令，∴，当且仅当取“”，故B正确.
选项D：∵，
，，，
∴，∴当时，故D错误.
11. 答案：B、C、D
解析：∵为偶函数，∴，
令，则，
∴关于对称，∴①，
又∵为奇函数，∴，
令，则，
∴关于对称，∴②，
由①②可得：，∴，∴，∴，
∴根据周期可得：在的单调性与在的单调性一致，在的单调性与在的单调性一致，
由周期性和对称性可得在的图象如图所示：
∴在单调递减，故A错误；在单调递增，故B正确；
选项C：的零点，可转化为与的交点问题，由图可知，有个零点，故正确；选项D：的零点，可转化为与的交点问题，由图可知，有个零点，故D正确.
12. 答案：A、C、D
解析：
∵，，∴，
设，，，，
∴，
又∵，，∴，∴，③
又∵，将③代入④⑤得：，，将①②代入上式得，
∴，∴，
∴选项A：时，，∴，故A正确；
选项B：时，，∴，故B错误；
选项C：当时，，∴，∴焦点在轴上，故C正确；
选项D：当时，，∴，∴焦点在轴上，故D正确.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13. 答案：
解析：含的项为，∴的系数为.
14. 答案：
解析：∵，，，
∵∴，
∴，∴，∴.
15. 答案：
解析：为公比为的等比数列，∴，设在与之间，
∵之前的项数为：，∴，
∴为与之间的第个，
∴的前项和为.
16. 答案：
解析：把正四面体放入正方体中，如图所示，
正四面体与正四面体的公共部分为正八面体，
∵，∴正八面体的棱长为，，
∴.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 答案：
见解析
解析：（1）因为数列单调递增，，故，∵，
令，，∴，∴，∴.
（2）∵，
∴
.
18. 答案：
见解析
解析：（1）∵，
∴，
∴，
∴，∴，∴，
又，∴，
由（1）可得，，∴，，
∴
，
∵，∴，
∴令，∴.
19. 答案：
见解析
解析：（1）∵，，∴为平行四边形，
∴，即，
∵平面，平面，∴平面，
因为平面交平面于直线，∴，，
又因为，∴.
（2）假设存在符合题意的点.
在上取中点,连接，，
∵为等边三角形，∴，且，
∵，平面，
∴平面，∴，
∵平面，∴平面平面，
过点作，交于点，
∵，∴点为的中点，因此以为原点，过作的平行线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，
设,则，∴，
设平面的一个法向量为，且，，
故，不妨取，得，则，
设直线与平面所成角为，
则，
∴，∴或（舍去），∴，故存在点是靠近点的五等分点.
20. 答案：
见解析
解析：（1）记事件为“经过轮抢答甲赢得比赛”，
甲每轮得一分的概率，
乙每轮得一分的概率，，
所以经过轮抢答甲赢得比赛的概率为.
（2）的可能取值为，，.
，
，
.
的分布列为：
.
21. 答案：
见解析
解析：（1）∵
当时，，∴在单调递减，
当时，令，则，∴在单调递减，在单调递增.
（2），，
∴，，
当即时，∴，∴在单调递减，
∴，∴在单调递减，∴
当即时，∴，∴在单调递减，
∴，∴在有且仅有唯一的解，设为，
∴时，，∴在单调递增，
∴存在，与题意矛盾.
综上所述可得，.
22. 答案：
见解析
解析：（1）由题可知，该该圆的圆心为，因为在圆上，所以半径，因为，在圆上，所以，
消得.所以的方程为.
（2）设、、，内切圆圆心，
直线，因为，，
所以，直线，∴，
化简可得：∴，
同理，直线，∴，
∴，
∴，为方程的两根，
即的两根，
∴因为直线，
∴对恒成立，
∴或（舍去），所以存在圆心在轴上，且半径的内切圆，内切圆的方程为.