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湖北省2023年高考冲刺模拟试卷
数学试题（三）
本试卷共4页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：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．
1．设全集为，集合，，则图中阴影部分所
表示的集合为
A． B．
C． D．
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则
A．1 B． C．2 D．
3．已知等差数列的前项和为，公差，，，若存在、，
使得，则的最小值为
A． B． C． D．
4．生物体死亡后，它机体内原有的碳14含量会按确定的比率衰减（称为衰减率），与
死亡年数之间的函数关系式为（其中为常数），大约每经过5730年衰减为原
来的一半，这个时间称为“半衰期”．若2021年某遗址文物出土时碳14的残余量约占原始
含量的，则可推断该文物属于
参考数据：
参考时间轴：
A．宋 B．唐 C．汉 D．战国
5．李教授打算先后发6封不同的电子邮件，其中邮件甲必须排在前三位发送，邮件乙、丙
必须相邻发送，则这6封电子邮件不同发送方案共有
A．96种 B．108种 C．120种 D．156种
6．已知，且在区间有最大值无最小值，
将的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数是
偶函数，则的最小值为
A． B． C． D．
7．过双曲线的左焦点且斜率为的直线分别交双曲线的渐近线
于，两点， 在第二象限，在第一象限，若，则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
8．已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，若在该正四棱锥内放置一个棱长
为的正四面体，并且正四面体在该正四棱锥内可以任意转动，则的最大值为
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．已知二项式的展开式中，第3项和第6项的二项式系数相等，则下列说法正确
的有
A．展开式中项的系数为280 B．所有项的系数和为
C．所有项的二项式系数和为128 D．二项式系数最大的项仅有一项为第5项
10．如图，在三棱台中，平面，，
，，则下列说法正确的是
A．三棱台的表面积为
B．三棱台的体积为
C．直线与所成角的余弦值为 D．与平面所成的角为
11．是圆：上的动点，是上的动点，下列结论
正确的是
A．的最大值为 B．的最小值为
C．以为直径的圆过定点 D．若直线与圆切于点，则
12．下列不等式正确的是
A． B． C． D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若向量，，且与夹角为，则________．
14．请写出一个满足以下条件的函数的解析式 ．
①；②；③对任意，，．
15．已知抛物线：的焦点为，是坐标原点，是抛物线上
一动点，的垂直平分线交轴于点，若是线段的中点，则
________．
16．设是函数的图像与的图像的公共点，
且与在处的切线方程相同，则实数的最大值为_________.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）在中，内角，，的对边分别为，，，且
．
（1）求角的大小；
（2）设为边的中点，的面积为2，求的最大值．
18．（12分）已知数列的首项，，
（1）求证：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
19．（12分）某商场准备在五一期间举行促销活动，根据市场调查，该商场决定从2种服装，
2种家电，3种日用品这3类商品中，任意选出3种商品进行促销活动.
（1）试求选出的3种商品中至少有一种是日用商品的概率；
（2）商场对选出的某商品采用的促销方案是有奖销售，即在该商品现价的基础上将价格
提高150元，同时，若顾客购买该商品，则允许有3次抽奖的机会，若中奖，则每次
中奖都获得数额为元的奖金.假设顾客每次抽奖时获奖与否的概率都是，请问：
商场应将每次中奖奖金数额最高定为多少元，才能使促销方案对商场有利？
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是
边长为的等边三角形，．
（1）若，求证：平面平面；
（2）若，平面与平面夹角的余弦值
为，求的值．
21．（12分）已知椭圆：过点，．
（1）点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值；
（2）直线与椭圆交于、两点，是线段的中点，证明：.
22．（12分）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）若，，求a的取值范围．湖北省2023年高考冲刺模拟试卷
数学试题（三）参考答案
一、单项选择题，二、多项选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B A D B C C D A BC AC ACD BCD
三、填空题
13． 14．（答案不唯一） 15． 16．
1．B
【解析】图中阴影部分所表示的集合为，故选B．
2．A
【解析】由题意得，所以，则，
所以，故选A．
3．D
【解析】由可得，化简得，
解得或，因为，所以，因为，可得
，由已知、，所以
，当且
仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选D．
4．B
【解析】当时，，则有，解得，所以，
当时，，所以，解得
，由，对应朝代为唐朝，故选B．
5．C
【解析】当邮件乙、丙排在前三位时，，当邮件乙、丙排后三位时，
，当邮件乙、丙排3，4位时，，所以
这6封电子邮件不同发送方案共有种，故选C．
6．C
【解析】由题意可得的图象关于直线对称，且当时，取得最大值，
故有，，所以，，
又，且，可得，所以．
因此，，又是偶函数，
所以，即，，又，所以的最小值为，
故选C．
7．D
【解析】设直线方程为，联立，得，
联立，得，
则，，因为，
所以，整理得，所以离心率，故选D．
8．A
【解析】由题意知，要使最大，正四面体的外接球应内切于该正四棱锥．正四棱锥
的体积，表面积
，设正四棱锥的内切球
半径为，因为，可得．将棱长为
的正四面体放在一个正方体内（该正方体内接于正四棱锥的内切球），使得该
正四面体的四个顶点恰为正方体的四个顶点，如图所示，则该正方体的棱长为，由
，解得，故选A．
9．BC
【解析】因为第3项和第6项的二项式系数相等，所以，解得，展开式中
项的系数为，故A错误；令，则所有项的系数的和为，故B
正确；所有项的二项式系数和为，故C正确；二项式系数最大的项为第4项和第
5项，故D错误．故选BC．
10．AC
【解析】三棱台的表面积为，体积，
故A正确，B错误；取的中点，连接，，在中，
由余弦定理可得，故C正确；将棱台补全为棱锥
，如图，由，，，
可得，，由平面，平面
，则，又，，所以
平面，所以，，可得，设到
平面的距离为，因为，则，可得
，设与平面所成角为，则，即，故D错误，
故选AC．
11．ACD
【解析】圆可化为，因为圆心到直线的距离
，则的最大值为，的最小值为
，故A正确，B错误；因为，设，则以为直径的圆
的方程为，即，
由 可得， 或 则以为直径的圆过定点
，故C正确；由于，要使取最小，即
取最小值，而，，故D正确，故选ACD．
12．BCD
【解析】设，得在上单调递增，在上单调
递减；由得，故A错误；
由得，故B正确；由得，
从而，即，故C正确；
因为，当时取等号，所以，故D正确．
故选BCD．
13． 【解析】，解得．
14．（答案不唯一）
15．
【解析】由题意可得的中点，则的方程为，令，
可得，又，所以，而，
，所以．
16．
【解析】设，转化为，设，
，则有，，所以有，
即，解出舍去），又，所以有
，故，所以有，
设，则有，故在为增函数，在为
减函数，所以当时，有最大值．故答案为．
17．解：（1）整理得，即
，
所以， （2分）
因为，所以，所以， （4分）
又因为，所以，可得，所以. （5分）
（2）由，即，所以．（6分）
由，所以
，则，（8分）
因为，所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为．（10分）
18．解：（1）由，可得，
，（3分）
因为，所以数列表示首项为，公比为的等比数列．（5分）
（2）由（1）得，所以，
因为，所以，（7分）
设，，
相减得，
所以，（10分）
因为，所以数列的前项和
．（12分）
19．解：（1）从2种服装，2种家电，3种日用品中，任选出3种商品一共有种选法，选出
的3种商品中没有日用品的选法有种，所以选出的3种商品中至少有一种日用商品的
概率为．（4分）
（2）顾客在3次抽奖中所获得的奖金总额X是一个随机变量，其所有可能值为0，，
，，当时，表示顾客在3次抽奖中都没有获奖，则有
，（6分）
同理，，，
，（9分）
因此，顾客在3次抽奖中所获得的奖金总额的期望
，（10分）
要使促销方案对商场有利，应使顾客获奖奖金总额的期望值不大于商场的提价数额，即
，解得，所以商场应将中奖奖金数额最高定为100元，才能使促销
方案对商场有利．（12分）
20．（1）证明：取的中点，连接，，，则和均是等边三
角形，所以，，因为，所以平面，
所以．（2分）
又因为，时，为的中点，所以，（3分）
而，所以平面，（4分）
又平面，所以平面平面．（5分）
（2）易求得，又，所以
，可得，又，
．以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，则，，，
．因为，可得，
得，（6分）
所以，，设平面的一个法向量为
，由得令，
则；（9分）
易得平面的一个法向量为．（10分）
设平面与平面的夹角为，则，
即，解得，或舍去所以．（12分）
21．解：（1）由题意可知，，解得，所以椭圆的方程为
．（1分）
设与直线平行的直线方程为，当直线与椭圆相切时，与距离比较远的
直线与椭圆的切点为，此时的面积取得最大值．联立直线方程与椭圆
方程，可得，所以，即，
解得，与距离比较远的直线方程，（3分）
直线方程为，
点到直线的距离，又，（5分）
所以的面积的最大值为．（6分）
（2）设直线与椭圆的交点为、，由，得
，，由韦达定理得
，，（7分）
要证，即证，即证，①（8分）
，同理，
，（11分）
故①式成立，所以．（12分）
22．解：（1）的定义域为，，（1分）
①当时，，，，，所以的单调递增区间为
，单调递减区间为．
②当时，，；，；
，，
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为．
③当时，，；，；
，，所以函数的单调递减区间为，，
单调递增区间为．（4分）
综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
②当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为．
③当时，的单调递减区间为，，单调递增区间为．
（5分）
（2）由可得，，设，
当时，，即，因为，，则，从而，
，，则此时，可得，即，（7分）
令，则．
①当时，由，则，从而时，，
于是在上单调递增，所以，符合题意；（9分）
②当时，令，得，从而当时，
；时，，所以在上单调递减，
故当时，，不符合题意．（11分）
综上所述：实数a的取值范围是．（12分）
