湖南省长沙市重点中学2023届高考数学押题卷1（含答案）

2023届长沙市重点中学高考押题卷1
数学
第I卷（选择题）
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. 设是虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知全集，集合，，则集合可能是( )
A. B. C. D.
3. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线过点交双曲线的右支于，两点，若，的周长为，则的值为( )
A. B. C. D.
4. 复兴号动车组列车，是中国标准动车组的中文命名，由中国铁路总公司牵头组织研制、具有完全自主知识产权、达到世界先进水平的动车组列车年月日，智能复兴号动车组在京张高铁实现时速自动驾驶，不仅速度比普通列车快，而且车内噪声更小我们用声强单位：表示声音在传播途径中每平方米上的声能流密度，声强级单位：与声强的函数关系式为若要将某列车的声强级降低，则该列车的声强应变为原声强的( )
A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍
5. 在平面直角坐标系中，点是抛物线的焦点，点，在抛物线上，则的值为( )
A. B. C. D.
6. 已知定义在上的函数是奇函数且图象连续，当时，，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
7. 某同学在课外阅读时了解到概率统计中的马尔可夫不等式，该不等式描述的是对非负的随机变量和任意的正数，都有，其中是关于数学期望和的表达式由于记忆模糊，该同学只能确定的具体形式是下列四个选项中的某一种请你根据自己的理解，确定该形式为( )
A. B. C. D.
8. 已知棱长为的正方体的中心为，以为球心的球与四面体的四个面均相交，若相线的长度之和为，则球的半径为( )
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
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. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有( )
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的初相为
C. 函数的最小值为
D. 将函数的图像向左平移个单位后得到函数的图像，则函数是偶函数
10. 如图，圆柱的底面半径和高均为，线段是圆柱下底面的直径，点是下底面的圆心线段是圆柱的一条母线，且已知平面经过，，三点，将平面截这个圆柱所得到的较小部分称为“马蹄体”记平面与圆柱侧面的交线为曲线则( )
A. 曲线是椭圆的一部分 B. 曲线是抛物线的一部分
C. 二面角的大小为 D. 马蹄体的体积为满足
11. 已知，若，，，其中为自然对数的底数，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 由数学家伯努利提出：对于实数且，正整数不小于，那么，研究发现，伯努利不等式可以推广则下列结论成立的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某人工智能公司近年的利润情况如下表所示：
第年
利润亿元
已知变量与之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为，预测该人工智能公司第年的利润约为 亿元．
14. 在中，，，，，且，则实数的值为
15. 圆：关于直线对称，记点，若直线与圆切于点，则的最小值为 ．
16. 已知函数，若，则的最小值为 ．
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
在中，角所对的边分别是满足．
求角的大小；
若，求面积的最大值．
18. 本小题分
北京时间年月日，历时天的东京奥运会落下帷幕，中国代表团以金、银、铜、打破项世界纪录、创造项奥运会纪录的傲人成绩，顺利收官．作为“梦之队”的中国乒乓球队在东京奥运会斩获金银的好成绩，参赛的名选手全部登上领奖台．我国是乒乓球生产大国，某厂家生产两批同种规格的乒乓球，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为为确保质量，现在将两批乒乓球混合，工作人员从中抽样检查．
从混合的乒乓球中有放回地连续抽取次，每次抽取个，记两次抽取中，抽取的乒乓球是第二批的次数为，求随机变量的分布列和数学期望．
从混合的乒乓球中任取个，
求这个乒乓球是合格品的概率；
已知取到的是合格品，求它取自第一批乒乓球的概率．
19. 本小题分
已知数列满足，，数列满足．
证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
设数列的前项和为，求关于的表达式．
20. 本小题分
在矩形中，，点为线段上的中点，将沿翻折，连接，使得，点在线段上不包括端点．
证明：平面平面；
求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
21. 本小题分
已知椭圆：的左顶点为，过的直线与交于，两点．
若直线的斜率不等，求面积的最大值．
若点，证明：．
22. 本小题分
已知函数，
若，，求实数的取值的集合；
若函数有三个不同的极值点，且，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查共轭复数的概念，复数的除法的运算，属于基础题．
根据复数的除法运算求得，可得，根据复数的几何意义可得答案．
【解答】
解：由题意得，即，故，
其对应的点在第一象限．

2.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查并集、补集的运算，属于基础题．
由全集及，得到，即可确定集合．
【解答】
解：因为，，
所以 ，
又，所以集合可能是．

3.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查双曲线的定义及几何性质，属于基础题．
由题设三角形的周长为，应用双曲线的定义即可求得的值．
【解答】
解：由题意三角形的周长为，由双曲线的定义可知
，
所以，
由题意，可知，，所以 ．

4.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查对数函数的实际应用及对数运算，属于基础题．
通过降低前后声强级的变化，结合对数运算，直接求出声强的变化．
【解答】
解：设变化后的声强级记为，声强记为，
由题知
，
故该列车的声强应变为原声强的倍

5.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查抛物线的定义、标准方程与几何性质，属于基础题．
由点在抛物线上即可求其标准方程，从而得到点坐标，应用抛物线的定义及焦点弦公式便可求得的值．
【解答】
解：点，在抛物线上则，
解得
则抛物线，，，抛物线的焦点，
则， ，
则．

6.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查函数的奇偶性、单调性及不等式的解法，属于中档题．
由函数是奇函数可知函数的图象关于点中心对称且，然后根据，，得函数在上单调递增，最后将不等式转化为或，通过计算即可得出结果．
【解答】
解：因为函数是定义在上的奇函数，
所以函数的图象关于点中心对称，且，
当时，故，函数在上单调递增，
因为函数的图象关于点中心对称且图象连续，
所以函数在上单调递增，
不等式可化为或，
由，即，解得，
由，即，解得，
故不等式的解集为．

7.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查概率和数学期望计算，考查数学抽象与逻辑推理等数学素养，属于中档题．
由题设条件根据数学期望的计算公式及的概率的运算进行运算推理即可求解．
【解答】
解：设非负随机变量的所有可能取值按从小到大依次为，
对应的概率分别为，
设满足的有，，
，因为，所以
．

8.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查球与正四面体相关的组合体问题，考查直观想象、数学建模、数学运算等数学素养，属于难题．
根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果．
【解答】
解：由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；
因为正方体棱长为，所以正四面体的棱长为，
设球心到正四面体各个面的距离为，
因为正四面体体积，表面积，
所以；
若正四面体的一个面截球如图所示，
设小圆半径为，则，解得：，所以，
解得；
若正四面体的一个面截图如图所示，
因为每个面截球所得的曲线长为，所以的长为，
设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，所以，，又，所以，
所以，令，所以，因为恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以，所以，解得；
综上所述：球的半径为或．

9.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查三角函数的图象、解析式的求法、周期性、奇偶性三角函数的图象变换，属于中档题．
由函数的部分图像求得的值，从而得到函数的周期、初相、最小值，应用三角函数图象平移变换得到函数的解析式即可判定其奇偶性．
【解答】
解：因为经过点，所以，
又在的单调递减区间内，所以；
又因为经过点，所以，，
又是在时最小的解，所以
联立、，可得，即，代入，可得，
又，所以，则．
的最小正周期为，初相为，最小值为故A正确B错误C正确
函数向左平移个单位后得到的图象对应的函数为，是偶函数，故 D正确．

10.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查圆锥曲线定义、二面角的求法、圆柱体体积的求法及不规则几何体体积的估算，考查直观想象等数学素养，属于中档题．
由题设情境将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个球放入圆柱内，通过切线相等即可判断、选项；由二面角的定义即可判断选项；马蹄体的体积为小于圆柱体的即可判断选项．
【解答】
解：
将相同的圆柱按如图方式拼接在一起组成一个大圆柱，将两个球放入圆柱内，使每一个球既与圆柱相切，又与曲线所在平面相切，球与平面的切点为，
取平面与大圆柱侧面的交线上一点，过点的圆柱母线与两球交于两点，
则分别与上、下两球相切，
过点分别作上、下两球的另一条切线，切点为，
由于同是下面球的切线，同是上面球的切线，
可得，，则，
由椭圆定义知：曲线是椭圆的一部分， A正确；B错误；
连接，由，，平面
知平面，故，
则为二面角的平面角，又，则， C正确；
由补成的几何体知马蹄体的体积为小于圆柱体的，即为，
又，所以，所以， D正确

11.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查指数和对数运算、不等式性质、应用导数研究函数的单调性及函数的单调性的应用，考查数学抽象、数学建模等数学素养，属于难题．
由题设条件通过等价变形，抽象出其结构特征，从而构造相应的函数，应用导数确定函数的性质，得到、、的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可．
【解答】
解：由已知条件，对于，两边同取对数得，
即，同理：；
令，则，，
则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故，即，
又，所以，故 A错误B正确
令，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即
又所以，故 C正确D错误．

12.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查应用导数与伯努利不等式推导与自然数相关的不等式问题的数学技能，考查逻辑推理等数学素养，属难题．
依题设情境构造函数，，应用导数判定选项 A的正确性，然后利用选项A正确性判定推导的相关结论判定选项B的正确性；关于选项CD的判定，将目标式转化为，然后应用贝努利不等式通过构造函数，应用等比数列求和及放缩法，通过逻辑推理判定其正确性．
【解答】
解：令，则；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又，，所以当时，，
即若，则，故选项 A正确；
由选项A，取得，从而，所以，故选项 B正确；
令，则，故 C错误；
对于选项：要判定对任意，
是否成立，
只需判定，是否成立
即证是否成立，
由伯努利不等式可知，正整数，，
所以，
当时，成立；
当时，
由若，则可知成立，
即成立即，所以上面式可化为
．
综上所述，若，则
故D正确．

13.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查线性回归方程的求法与应用，属于基础题．
依题设首先求出、，根据回归直线方程必过，即可求出，从而得到回归直线方程，再令求出，即可预测第年的利润即可．
【解答】
解：依题意，，
因为回归直线方程为必过样本中心点，即，解得，
则回归直线方程为，
当时，
即该人工智能公司第年的利润约为亿元．

14.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题．
由题设条件通过计算得到关于方程而求其值．
【解答】
解：因为，所以，因为，
所以，，
所以，因为，，，
所以，解得．

15.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与圆的基础知识，点到直线的距离计算，考查直观想象和数学运算等数学素养，属于中档题．
由题意可知过圆心，即得从而可知点在直线，应用直线与圆的位置关系，即可求得的最小值．
【解答】
解：圆：配方得：，
因为圆关于直线对称，所以直线过圆心．
所以，即所以点在上，
则点到直线的距离为，
故，
故，
所以的最小值为．

16.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查应用导数研究函数的最值等知识与技能，考查数学抽象、数学建模等数学素养，属于较难题．
由题设情境通过同构法得到关系式，构造函数，由该函数的单调性得，从而得到，最后应用导数求相关函数最值即可求解．
【解答】
解：，所以，
则．
于是所以
构造函数，易知当时，单调递增．
所以，．
于是，
又，令，则，
故在上单调递减，在上单调递增．
所以，故．
即．

17.【答案】解：由得．
又，
所以，于是，又，所以；
由余弦定理得，
又，所以，当且仅当时等号成立．
故面积的最大值．
【解析】本题主要考查三角恒等变换、余弦定理、三角形面积的求法，属于中档题
将由转化为，将切化弦后
应用正弦定理得，从而即可求得角的大小
应用余弦定理和基本不等式求得的最大值即可面积的最大值．
18.【答案】解：由题知，随机变量的所有可能的取值，，，
，
，
，
随机变量的分布列为
则随机变量的数学期望．
设表示“取自第批乒乓球”表示“取到的是合格品”．
；
．
【解析】本题考查二项分布与数学期望、全概率与条件概率及求法，属于中档题．
依题设情境随机变量∽，应用二项分布的基本知识求解
依题设情境为全概率与条件概率问题，应用全概率公式与条件概率公式求解．
19.【答案】解：
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以
法一：由知，所以，
所以
法二：由已知，
，
所以．
又由得，
所以．
【解析】本题主要考查递推数列、等比数列的定义和通项公式，考查逻辑推理数学素养与转化化归思想，属于中档题．
20.【答案】解：在矩形中，因为为线段上的中点，，
所以，所以，，
所以，所以，
又，且，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面
取中点，连接，，因为，，
所以，，
由平面平面，平面平面
所以平面，
以为原点，建立空间直角坐标系如下图，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量，
则，令，可得，
设，则，
所以，，
设直线与平面所成角为，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为

【解析】本题主要考查线面垂直关系的判定与性质定理及应用，考查线面角的求法及空间向量及应用，考查直观想象、数学运算、逻辑推理等数学素养属中档题．
在矩形中，由点为线段上的中点，依据勾股定理证明，结合条件，应用线面垂直的判定定理可得平面，进而证明平面平面
利用坐标法，设引入变量表示点坐标，然后应用求线面角的向量法及二次函数的性质求解．
21.【答案】解：设，，由题意直线的斜率不为，
设直线的方程为，联立，消去，得，
显然，，，
，
令，，令，则，故在上单调递增，
所以，
当且仅当，即时，面积取得最大值；
当直线的斜率为时，直线的方程为，所以，或
，．
又所以成立．
由直线的方程为，，，
又，，
所以
，
所以平分，因为，，
所以，即．
【解析】本题主要考查椭圆标准方程、直线与椭圆位置关系、一元二次方程根与系数的关系，考查函数与方程思想、数形结合思想，属于难题．
22.【答案】解：由已知得：，
所以
设，，所以要使，只需
当时，因为，即，所以不符合题意．
当时，
当时，，在上单调递减
当时，，在上单调递增．
所以．
设，，
则，当时，，在上单调递增
当时，，在上单调递减．
所以，所以，，
当且仅当时，等号成立．
又因为，所以，所以．
综上，存在符合题意，．
由题设．
所以，
令，则或，
不妨令，，则方程有两个不为的正实根，．
设曲线图象上任意一点，，
所以曲线在点处的切线方程为，
将代入得，，故切点为，
过的切线方程为，，
所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，
所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，且，
即，，
取对数知：，，
即，，
则
．
构造，
在时恒成立，
则在区间上单调递增，且，
从而的解为，
综上所述．
【解析】本题主要考查应用导数研究不等式恒成立和函数极值点个数的必要条件问题，考查数学建模、逻辑推理等数学素养，考查函数方程思想、转化化归思想、数形结合思想属难题．
由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围．
首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式
，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围．
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