2023學年湖北省名校高考數學四模試卷（含答案解析）

2023高考數學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數的圖象在點處的切線為，則在軸上的截距為（）A． B． C． D．2．如圖，已知三棱錐中，平面平面，記二面角的平面角為，直線與平面所成角為，直線與平面所成角為，則（）A． B． C． D．3．已知橢圓的右焦點為F，左頂點為A，點P橢圓上，且，若，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．4．復數(i為虛數單位)的共軛復數是A．1+i B．1?i C．?1+i D．?1?i5．在中，為中點，且，若，則（）A． B． C． D．6．已知函數且，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．7．下列函數中，在區(qū)間上為減函數的是（）A． B． C． D．8．已知向量，滿足||＝1，||＝2，且與的夾角為120°，則＝（）A． B． C． D．9．已知函數，，且在上是單調函數，則下列說法正確的是（）A． B．C．函數在上單調遞減 D．函數的圖像關于點對稱10．已知、，，則下列是等式成立的必要不充分條件的是（）A． B．C． D．11．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的表面積是()A． B． C． D．12．已知集合，，若，則實數的值可以為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的最小正周期為________;若函數在區(qū)間上單調遞增，則的最大值為________.14．已知，則的值為______.15．在平面直角坐標系中，雙曲線的右準線與漸近線的交點在拋物線上，則實數的值為________.16．平行四邊形中，，為邊上一點（不與重合），將平行四邊形沿折起，使五點均在一個球面上，當四棱錐體積最大時，球的表面積為________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，），點.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程，并指出其形狀；（2）曲線與曲線交于，兩點，若，求的值.18．（12分）已知．（1）已知關于的不等式有實數解，求的取值范圍；（2）求不等式的解集．19．（12分）在直角坐標系中，曲線上的任意一點到直線的距離比點到點的距離小1.（1）求動點的軌跡的方程；（2）若點是圓上一動點，過點作曲線的兩條切線，切點分別為，求直線斜率的取值范圍.20．（12分）已知函數（為實常數）.（1）討論函數在上的單調性；（2）若存在，使得成立，求實數的取值范圍.21．（12分）已知函數（I）當時，解不等式.（II）若不等式恒成立，求實數的取值范圍22．（10分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若關于的不等式在上恒成立，求實數的取值范圍.

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【答案解析】

求出函數在處的導數后可得曲線在處的切線方程，從而可求切線的縱截距.【題目詳解】，故，所以曲線在處的切線方程為：.令，則，故切線的縱截距為.故選：A.【答案點睛】本題考查導數的幾何意義以及直線的截距，注意直線的縱截距指直線與軸交點的縱坐標，因此截距有正有負，本題屬于基礎題.2．A【答案解析】

作于,于,分析可得,,再根據正弦的大小關系判斷分析得,再根據線面角的最小性判定即可.【題目詳解】作于,于.因為平面平面,平面.故,故平面.故二面角為.又直線與平面所成角為,因為,故.故,當且僅當重合時取等號.又直線與平面所成角為,且為直線與平面內的直線所成角,故,當且僅當平面時取等號.故.故選：A【答案點睛】本題主要考查了線面角與線線角的大小判斷,需要根據題意確定角度的正弦的關系,同時運用線面角的最小性進行判定.屬于中檔題.3．C【答案解析】

不妨設在第一象限，故，根據得到，解得答案.【題目詳解】不妨設在第一象限，故，，即，即，解得，（舍去）.故選：.【答案點睛】本題考查了橢圓的離心率，意在考查學生的計算能力.4．B【答案解析】分析：化簡已知復數z，由共軛復數的定義可得．詳解：化簡可得z=∴z的共軛復數為1﹣i.故選B．點睛：本題考查復數的代數形式的運算，涉及共軛復數，屬基礎題．5．B【答案解析】

選取向量，為基底，由向量線性運算，求出，即可求得結果.【題目詳解】，，，，，.故選：B.【答案點睛】本題考查了平面向量的線性運算，平面向量基本定理，屬于基礎題.6．B【答案解析】

構造函數，判斷出的單調性和奇偶性，由此求得不等式的解集.【題目詳解】構造函數，由解得，所以的定義域為，且，所以為奇函數，而，所以在定義域上為增函數，且.由得，即，所以.故選：B【答案點睛】本小題主要考查利用函數的單調性和奇偶性解不等式，屬于中檔題.7．C【答案解析】

利用基本初等函數的單調性判斷各選項中函數在區(qū)間上的單調性，進而可得出結果.【題目詳解】對于A選項，函數在區(qū)間上為增函數；對于B選項，函數在區(qū)間上為增函數；對于C選項，函數在區(qū)間上為減函數；對于D選項，函數在區(qū)間上為增函數.故選：C.【答案點睛】本題考查函數在區(qū)間上單調性的判斷，熟悉一些常見的基本初等函數的單調性是判斷的關鍵，屬于基礎題.8．D【答案解析】

先計算，然后將進行平方，，可得結果.【題目詳解】由題意可得：∴∴則.故選：D.【答案點睛】本題考查的是向量的數量積的運算和模的計算，屬基礎題。9．B【答案解析】

根據函數，在上是單調函數，確定，然后一一驗證，A.若，則，由，得，但.B.由，，確定，再求解驗證.C.利用整體法根據正弦函數的單調性判斷.D.計算是否為0.【題目詳解】因為函數，在上是單調函數，所以，即，所以，若，則，又因為，即，解得，而，故A錯誤.由，不妨令，得由，得或當時，，不合題意.當時，，此時所以，故B正確.因為，函數，在上是單調遞增，故C錯誤.，故D錯誤.故選：B【答案點睛】本題主要考查三角函數的性質及其應用，還考查了運算求解的能力，屬于較難的題.10．D【答案解析】

構造函數，，利用導數分析出這兩個函數在區(qū)間上均為減函數，由得出，分、、三種情況討論，利用放縮法結合函數的單調性推導出或，再利用余弦函數的單調性可得出結論.【題目詳解】構造函數，，則，，所以，函數、在區(qū)間上均為減函數，當時，則，；當時，，.由得.①若，則，即，不合乎題意；②若，則，則，此時，，由于函數在區(qū)間上單調遞增，函數在區(qū)間上單調遞增，則，；③若，則，則，此時，由于函數在區(qū)間上單調遞減，函數在區(qū)間上單調遞增，則，.綜上所述，.故選：D.【答案點睛】本題考查函數單調性的應用，構造新函數是解本題的關鍵，解題時要注意對的取值范圍進行分類討論，考查推理能力，屬于中等題.11．D【答案解析】

根據三視圖判斷出幾何體為正四棱錐，由此計算出幾何體的表面積.【題目詳解】根據三視圖可知，該幾何體為正四棱錐.底面積為.側面的高為，所以側面積為.所以該幾何體的表面積是.故選：D【答案點睛】本小題主要考查由三視圖判斷原圖，考查錐體表面積的計算，屬于基礎題.12．D【答案解析】

由題意可得，根據，即可得出，從而求出結果．【題目詳解】，且，，∴的值可以為．故選：D．【答案點睛】考查描述法表示集合的定義，以及并集的定義及運算．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【答案解析】

直接計算得到答案，根據題意得到，，解得答案.【題目詳解】，故，當時，，故，解得.故答案為：；.【答案點睛】本題考查了三角函數的周期和單調性，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.14．【答案解析】

先求，再根據的范圍求出即可.【題目詳解】由題可知，故.故答案為：.【答案點睛】本題考查分段函數函數值的求解，涉及對數的運算，屬基礎題.15．【答案解析】

求出雙曲線的右準線與漸近線的交點坐標，并將該交點代入拋物線的方程，即可求出實數的方程.【題目詳解】雙曲線的半焦距為，則雙曲線的右準線方程為，漸近線方程為，所以，該雙曲線右準線與漸近線的交點為.由題意得，解得.故答案為：.【答案點睛】本題考查利用拋物線上的點求參數，涉及到雙曲線的準線與漸近線方程的應用，考查計算能力，屬于中等題.16．【答案解析】

依題意可得、、、四點共圓，即可得到，從而得到三角形為正三角形，利用余弦定理可得，且，要使四棱錐體積最大，當且僅當面面時體積取得最大值，利用正弦定理求出的外接圓的半徑，再又可證面，則外接球的半徑，即可求出球的表面積；【題目詳解】解：依題意可得、、、四點共圓，所以因為，所以，，所以三角形為正三角形，則，，利用余弦定理得即，解得，則所以，當面面時，取得最大，所以的外接圓的半徑，又面面，，且面面，面所以面，所以外接球的半徑所以故答案為：【答案點睛】本題考查多面體的外接球的相關計算，正弦定理、余弦定理的應用，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1），以為圓心，為半徑的圓；（2）【答案解析】

（1）根據極坐標與直角坐標的互化公式，直接得到的直角坐標方程并判斷形狀；（2）聯立直線參數方程與的直角坐標方程，根據直線參數方程中的幾何意義結合求解出的值.【題目詳解】解：（1）由，得，所以，即，.所以曲線是以為圓心，為半徑的圓.（2）將代入，整理得.設點，所對應的參數分別為，，則，.，解得，則.【答案點睛】本題考查極坐標與直角坐標的互化以及根據直線參數方程中的幾何意義求值，難度一般.（1）極坐標與直角坐標的互化公式：；（2）若要使用直線參數方程中的幾何意義，要注意將直線的標準參數方程代入到對應曲線的直角坐標方程中，構成關于的一元二次方程并結合韋達定理形式進行分析求解.18．（1）；（2）.【答案解析】

（1）依據能成立問題知，，然后利用絕對值三角不等式求出的最小值，即求得的取值范圍；（2）按照零點分段法解含有兩個絕對值的不等式即可?！绢}目詳解】因為不等式有實數解，所以因為，所以故。①當時，，所以，故②當時，，所以，故③當時，，所以，故綜上，原不等式的解集為?！敬鸢更c睛】本題主要考查不等式有解問題的解法以及含有兩個絕對值的不等式問題的解法，意在考查零點分段法、絕對值三角不等式和轉化思想、分類討論思想的應用。19．（1）；（2）【答案解析】

（1）設，根據題意可得點的軌跡方程滿足的等式，化簡即可求得動點的軌跡的方程；（2）設出切線的斜率分別為，切點，，點，則可得過點的拋物線的切線方程為，聯立拋物線方程并化簡，由相切時可得兩條切線斜率關系；由拋物線方程求得導函數，并由導數的幾何意義并代入拋物線方程表示出，可求得，結合點滿足的方程可得的取值范圍，即可求得的范圍.【題目詳解】（1）設點，∵點到直線的距離等于，∴，化簡得，∴動點的軌跡的方程為.（2）由題意可知，的斜率都存在，分別設為，切點，，設點，過點的拋物線的切線方程為，聯立，化簡可得，∴，即，∴，.由，求得導函數，∴，，，∴，因為點滿足，由圓的性質可得，∴，即直線斜率的取值范圍為.【答案點睛】本題考查了動點軌跡方程的求法，直線與拋物線相切的性質及應用，導函數的幾何意義及應用，點和圓位置關系求參數的取值范圍，屬于中檔題.20．（1）見解析（2）【答案解析】

（1）分類討論的值，利用導數證明單調性即可；（2）利用導數分別得出，，時，的最小值，即可得出實數的取值范圍.【題目詳解】（1），.當即時，，，此時，在上單調遞增；當即時，時，，在上單調遞減；時，，在上單調遞增；當即時，，，此時，在上單調遞減；（2）當時，因為在上單調遞增，所以的最小值為，所以當時，在上單調遞減，在上單調遞增所以的最小值為.因為，所以，.所以，所以.當時，在上單調遞減所以的最小值為因為，所以，所以，綜上，.【答案點睛】本題主要考查了利用導數證明函數的單調性以及利用導數研究函數的存在性問題，屬于中檔題.21．（Ⅰ）;（Ⅱ）.【答案解析】試題分析：（1）根據零點分區(qū)間法，去掉絕對值解不等式；（2）根據絕對值不等式的性質得，因此將問題轉化為恒成立，借此不等式即可．試題解析：（Ⅰ）由得，，或，或解得：所以原不等式的解集為.（Ⅱ）由不等式的性質得：，要使