秘密★启用前
湖北省2023年高考冲刺模拟试卷
数学试题（五）
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．已知全集为R，集合，，则
A． B． C． D．
2．设复数在复平面内对应的点为，则的共轭复数为
A． B． C． D．
3．某次数学考试中，学生成绩服从正态分布，若，则从参加
这次考试的学生中任意选取4名学生，至少有2名学生的成绩高于125分的概率为
A． B． C． D．
4．已知等差数列的前项和为，若，，，则在的展开
式中，常数项是
A． B． C． D．
5．若，，，则的大小关系为
A． B． C． D．
6．已知圆：，为直线上一动点，过点作抛物线
：的两条切线，切点记为，，则直线截圆所得弦长的最小值为
A． B． C． D．
7．已知函数，，曲线上总存在两点，
，使得曲线在，两点处的切线互相平行，则的取值范围为
A． B． C． D．
8．以三角形边为边向三角形外作正三角形，，，则
三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于
时，正等角中心点满足以下性质：（1）；
（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点即费马点，由以上性质得
的最小值为
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．已知正实数，满足，则下列结论正确的是
A． B．的最小值为
C． D．的最小值为
10．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，，且过点
，，是椭圆上的两点，且，分别在轴两侧，则
A．若直线经过坐标原点，则四边形为矩形
B．四边形的周长为12
C．的面积的最大值为
D．若直线经过，则到直线的最大距离为
11．如图，正四棱锥的所有棱长为4，，分别为，的中点，用垂直于
侧棱的平面截该四棱锥，则
A．当平面过点时，截面分四棱锥得到的上、下两部分几何体
体积之比为3:1
B．与平面所成的角为
C．四棱锥外接球的表面积为
D．当平面过点时，截面的周长为
12．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若
，，，且，则
A． B．的周期为4
C． D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，，若与共线，与的夹角为，则 ．
14．已知，设函数与的图象交于点，过点作轴的
垂线，该直线与函数交于点，则 ．
15．已知函数，，若对任意，存在
，使得成立，则实数的取值范围为 ．
16．如图，在三棱锥中，平面，，，
点满足，在三角形内有一动点（包括边界），则
的最小值是 ．
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）定义为数列的“平均值”，已知某数列的“平均
值”．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
18．（12分）某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“AI作业”项目，并且在甲、
乙两个学校的高一学生中做用户测试．经过一个阶段的试用，为了解“AI作业”对学生
学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们的“向量数量积”知识点掌握
的情况进行调查，样本调查结果如下表：
甲 校 乙 校
使用AI作业 不使用AI作业 使用AI作业 不使用AI作业
基本掌握 32 28 50 30
没有掌握 8 14 12 26
假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立．
（1）从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，用表示抽取
的2名学生中使用“AI作业”的人数，求的分布列和数学期望；
（2）用样本频率估计概率，从甲校高一学生中抽取一名使用“AI作业”的学生和一名不
使用“AI作业”的学生，用“”表示该名使用“AI作业”的学生基本掌握了
“向量数量积”，用“”表示该名使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数
量积”，用“”表示该名不使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，
用“”表示该名不使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”．比较方
差和的大小关系．
19．（12分）已知函数，向量，．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）在中，内角，，的对边分别为，，，点是线段的中点，
若，且，求面积的最大值．
20．（12分）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，
，是等边三角形，，
．
（1）证明：平面平面；
（2）设的中点为，在棱上有一点，使得平面
与平面的夹角为，求点到平面的距离．
21．（12分）已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，，
离心率为，为坐标原点．
（1）已知，为双曲线上不同两点，，求的值；
（2）已知直线：，直线交双曲线于，两点，连接，
交直线于，两点，证明：点在以为直径的圆上．
22．（12分）已知函数．
（1）若函数的最小值为2，求实数的值；
（2）当时，设，若，是的两个极值点，
且，求证：．湖北省2023年高考冲刺模拟试卷
数学试题（五）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 A C B C D B A D AC BCD AB BCD
三、填空题
13． 14． 15． 16．
1．A 【解析】因为，，故选A．
2．C 【解析】由题意可得，所以，故选C．
3．B
【解析】因为，所以，设“至少有2
名学生的成绩高于125分”为事件，则，故选B．
4．C
【解析】因为是等差数列，所以，，也成等差数列，
可得，又因为，可得展开式
的常数项为，故选C．
5．D
【解析】，
，， ，
，而，，，故选D．
6．B
【解析】设，，，抛物线可化为，所以，
所以，化简得，又因为在抛物线上，
所以，所以，所以，同理可得
，所以直线的方程为，恒过定点，
当直线与直线垂直时，截圆所得的弦长最短，最短弦长为，
故选B．
7．A
【解析】因为，由题意可得，即有
，化为，而，
，化为对都成立，令，
在单调递增，，当且仅当取得等号，，，
即的取值范围是，故选A．
8．D
【解析】根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，则
表示坐标系中一点到点，，的距
离之和，因为是等腰直角三角形，，取的中点，则费马点
在上，且，，，可得，
，所以
的最小值，即为费马点到点，，的距离之和，则，故选D．
9．AC
【解析】因为，所以，故A正确；，
. 当且仅当，即，时取等号，故B错误；
，
又因为，所以，故C正确；
，其中，
因此，令，则，，
因为，所以，当且仅当时取得最小值，故D错误．
故选 AC．
10．BCD
【解析】依题意可得椭圆的方程为，若直线经过原点，由椭圆的对称
性易得四边形为平行四边形，因为不一定与相等，所以不
一定是矩形，故A错误；四边形的周长为，故B正确；当点为椭圆
的上顶点时，的面积取得最大值，则的面积的最大值为，
故C正确；若直线经过，则到直线的最大距离为，故
D正确．故选BCD．
11．AB
【解析】过作底面于，则为中点，连接，，，
正四棱锥的所有棱长为，为正三角形，，
，又，所以面，故当平面经过侧棱中点时，
平面即为平面，此时，
，
，
，故A正确；
与平面所成的角即为，而，故B正确；由正四棱锥的特征
可知，其外接球的球心在上，设半径为，则，解得，
故外接球的表面积为，故C错误；分别取，，，的中点，
则过点的截面即为五边形，周长为，故D错误．故选AB．
12．BCD
【解析】因为，所以，
所以，又，，
故，故A错误；因为，所以，
所以，为常数，因为，
所以，所以，取可得，
所以，又，所以，
所以，所以，故B正确；
因为，取可得，
因为，所以，，
所以，故C正确；
因为，所以，，
所以，故函数为周期为4的函数，又，
，，，
所以，所以，故D正确．故选BCD．
13． 【解析】因为与共线，所以，解得，
所以．
14．
【解析】由已知得，化简得，解得或
（舍），因为，所以，，所以，
因为，所以，
所以．
15．
【解析】对任意，存在，使得不等式成立，等价于
，因为在上单调递
增，则在上单调递增，，函数的对称轴
为，当时，，则，解得，所以，
当时，，则，解得，所以，综上
可知，实数的取值范围是．
16．3
【解析】将三棱锥补成正方体，以为坐标原点，为轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则，，，，，
，，，设关于平面的对称点为
，则，，设平面的法向量
，则，令，
解得：，，，
与到平面的距离
，
又，，，，，，
（当且仅当三点共线时取等号），即的最小值为．
17．解：（1）由题意可得，即
，① （2分）
所以当时，②
①-②得，所以． （4分）
又因为当时，，满足上式，所以． （5分）
（2）由（1）知，（6分）
所以
（8分）
，所以．（10分）
18．解：（1）依题意，的可能取值为0，1，2，，
，．（4分）
所以的分布列为：
0 1 2
故．（6分）
（2）由题意，易知服从二项分布，，（9分）
服从二项分布，，故．（12分）
19．解：（1）由题，（2分）
所以的最小正周期．（3分）
令，可得，
所以的增区间为．（4分）
（2）由题意可得，因为，所以，
所以，所以，所以或．（6分）
当时，因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
则的面积为；（8分）
当时，则，设，则，
在中，由余弦定理可得，
则，（10分）
故的面积，
当且仅当时等号成立，综上，面积的最大值是．（12分）
20．解：（1）证明：取的中点，的中点，连接，，
因为是等边三角形，
所以，且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，（2分）
因为，，，则有，
所以，又因为，所以平面，又平面，
所以，所以，（4分）
又因为，所以平面，又平面，
所以平面平面．（5分）
（2）由（1）得平面，平面，
，又，
平面与平面的夹角为，
又因为，
，又，，，
到平面的距离为到平面的距离的四分之一，（8分）
因为，平面，平面，
平面，到平面的距离等于到平面的距离，
，，，又，
所以平面平面，过作，垂足为，
又，，
所以平面，又，（11分）
到平面的距离为，到平面的距离为 （12分）
21．解：（1）由题意可得，，可得，，
所以双曲线的方程为．（3分）
因为，设直线的方程为，代入中，得
，所以，同理可得 ，
所以 ．（6分）
（2）证明：设，，，，联立
得，则有，，（7分）
由，解得，由，解得，（8分）
（10分）
，
所以点在以为直径的圆上．（12分）
22．解：（1），，可知在上单
调递增，因为，所以在上，，单调递减，在上，
，单调递增，所以，解得．（4分）
（2）当时，，
，设，若，是的两个极值
点，且，则有，且，可得， （6分）
因为，，
所以，
所以，又，
所以要证，只需证， （9分）
即证，设，则，所以，所以只需证，
令， （10分）
所以，
所以在上单调递增，所以，所以，
所以 ．（12分）
