2023年湖南省邵阳市隆回县高中学业水平考试模拟数学试题（含解析）

2023年湖南省邵阳市隆回县高中学业水平考试模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数（是虚数单位），则z=（ ）
A． B． C． D．
3．下列函数中，定义域为的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，则（ ）
A． B．1 C． D．3
5．一个盒子中装有红、黄、白三种颜色的球若干个，从中任取一个球，已知取到红球的概率为，取到黄球的概率为，则取到白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知 是角终边上的一点，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知是第二象限角，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，则的最大值为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．36
9．，使得的否定是（ ）
A．，使得 B．，使得
C．， D．，
10．在中，""是为钝角三角形的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．把函数的图象向右平移个单位长度，所得图象的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
12．1，2，3，4，5，6的第60百分位数为（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．5
13．已知，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
14．不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．或
15．函数的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
16．已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是
A． B． C． D．
17．已知是定义域为R的奇函数，时，，则（ ）
A．0 B． C． D．2
18．已知的部分图象如图所示，则的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
19．计算： _______________________.
20．数据2，3，5，8，8，10的平均数为______________________.
21．半径为3的球的体积等于________.
22．中，角的对边分别为，已知，，，则_______.
三、解答题
23．甲、乙两名运动员进行投篮比赛，已知甲投中的概率为，乙投中的概率为，甲、乙投中与否互不影响，甲、乙各投篮一次，求下列事件的概率
(1)两人都投中；
(2)甲、乙两人有且只有1人投中.
24．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且.

(1)求证平面.；
(2)求与平面所成角的大小．
25．已知 .
(1)判断的奇偶性；
(2)判断在[1,+∞）上的单调性，并说明理由；
(3)若方程有四个不同的实数根，求实数m的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】由集合交集运算即可.
【详解】因为，
所以，
故选：A.
2．B
【分析】根据复数乘法法则计算出结果.
【详解】.
故选：B
3．C
【分析】根据具体函数的定义域逐项分析即可.
【详解】选项A：的定义域为，故不正确；
选项B：的定义域为，故不正确；
选项C：的定义域为，故正确；
选项D：的定义域为，故不正确；
故选：C.
4．D
【分析】根据条件，利用向量数积的坐标运算即可求出结果.
【详解】因为，，所以.
故选：D.
5．D
【分析】先设出红、黄、白三种颜色的球的个数分别为，再利用条件得到，再利用古典概率公式即可求出结果.
【详解】设盒子中装有红、黄、白三种颜色的球的个数分别为，因为取到红球的概率为，取到黄球的概率为，
则，得到，所以取到白球的概率为.
故选：D.
6．B
【分析】由三角函数的定义即可求解.
【详解】由三角函数的定义可知，
故选：B
7．D
【分析】根据的象角，确定的符号，再根据条件利用平方关系即可求出结果.
【详解】因为是第二象限角，，所以，
故选：D.
8．B
【分析】根据题意，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，且，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：B.
9．D
【分析】直接写出存在量词命题的否定即可.
【详解】“，使得”的否定是“，”，
故选：D.
10．A
【分析】根据数量积的定义和充分条件、必要条件的定义即可求解.
【详解】由，可得，
所以为钝角，是钝角三角形，
所以由可以得出为钝角三角形，
若为钝角三角形，不一定为钝角，所以也得不出，
所以在中， ""是为钝角三角形的充分不必要条件，
故选：A.
11．A
【分析】根据三角函数的图象变换的规则，即可求解.
【详解】由函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，即函数的解析式为.
故选：A.
12．C
【分析】根据百分位数的定义，判断第百分位数的位置，即可确定对应的数.
【详解】由题意，共有个数字，
则第百分位数的位置为，
即在第位上的数字.
故选：C
13．B
【分析】先利用条件求出，再代入即可求出结果.
【详解】因为，且，所以，得到，所以，故.
故选：B.
14．D
【分析】根据一元二次不等式的解法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，解得或，
所以不等式的解集为或.
故选：D.
15．B
【分析】根据正弦型函数的周期的计算公式，即可求解.
【详解】由函数，根据最小正周期的计算公式，
可得函数的最小正周期为.
故选：B.
16．C
【详解】因为，，所以由根的存在性定理可知：选C.
考点：本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.
17．C
【分析】根据奇函数的性质即可求解.
【详解】 ，由于是定义域为R的奇函数，所以，
故选：C
18．A
【分析】根据函数的图象，结合三角函数的性质，求得参数，结合，求得，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得且，
可得，所以，即，
又由，解得，
即，因为，所以，所以.
故选：A.
19．
【分析】根据对数的运算法则，即可求解.
【详解】根据对数的运算法则，可得.
故答案为：.
20．6
【分析】利用求平均数的公式计算即可.
【详解】的平均数为：，
故答案为：6.
21．
【分析】由球的体积公式代入运算即可.
【详解】解：因为球的半径为3，则球的体积为，
故答案为.
【点睛】本题考查了球的体积公式，属基础题.
22．
【分析】根据条件，利用正弦定理即可求出结果.
【详解】在中，，，，由正弦定理，得到.
故答案为：.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据独立事件同时发生概率公式计算可得；
（2）应用互斥事件概率公式结合独立事件概率公式计算求解即可.
【详解】（1）设A=“甲投中”，B=“乙投中”，=“甲没投中”，=“乙没投中”，依题意知A与B，A与，与B，与都互相独立.
AB=“甲、乙都投中”
（2）∪=“甲、乙两个有且只有1个投中”
且与互斥
∴
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，因为平面，得到，结合直线与平面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）连接，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求得与平面所成的角.
【详解】（1）解：因为是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）解：连接，因为平面，所以为与平面所成的角，
因为，所以，
在直角中，，
所以，即与平面所成的角为.

25．(1)偶函数
(2)增函数，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据奇偶性的定义即可判断，
（2）根据单调性的定义即可判断，
（3）利用函数图象，即可由图象求解.
【详解】（1）的定义域为，关于原点对称，
∵
∴为偶函数.
（2）上是增函数，理由如下：
设 ，且 ，则
，
∵；，，
∴＞
∴在上是增函数
（3）∵有四个不同的实数根，
当时，，故对称轴为，且当时， 取最小值 ， ，又 为偶函数，
∴图象与直线有四个不同的交点，作出的草图如下.

如图可得：直线与图象有四个不同交点时m的取值范围为：
答案第1页，共2页
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