湖南省岳陽市高中名校2023年高考數學四模試卷含解析

2023年高考數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．已知雙曲線C的兩條漸近線的夾角為60°，則雙曲線C的方程不可能為（）A． B． C． D．2．已知的展開式中第項與第項的二項式系數相等，則奇數項的二項式系數和為（）．A． B． C． D．3．是定義在上的增函數，且滿足：的導函數存在，且，則下列不等式成立的是（）A． B．C． D．4．已知函數的最小正周期為,為了得到函數的圖象,只要將的圖象()A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度5．已知向量，滿足||＝1，||＝2，且與的夾角為120°，則＝（）A． B． C． D．6．數列滿足：，則數列前項的和為A． B． C． D．7．已知函數，方程有四個不同的根，記最大的根的所有取值為集合，則“函數有兩個零點”是“”的（）．A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．9．函數的一個單調遞增區(qū)間是（）A． B． C． D．10．在三棱錐中，，且分別是棱，的中點，下面四個結論：①；②平面；③三棱錐的體積的最大值為；④與一定不垂直.其中所有正確命題的序號是（）A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②④11．設函數在定義城內可導，的圖象如圖所示，則導函數的圖象可能為（）A． B．C． D．12．“完全數”是一些特殊的自然數，它所有的真因子（即除了自身以外的約數）的和恰好等于它本身.古希臘數學家畢達哥拉斯公元前六世紀發(fā)現(xiàn)了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發(fā)現(xiàn)后續(xù)三個完全數”分別為496，8128，33550336，現(xiàn)將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28不在同一組的概率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．甲、乙、丙、丁四人參加冬季滑雪比賽，有兩人獲獎.在比賽結果揭曉之前，四人的猜測如下表，其中“√”表示猜測某人獲獎，“×”表示猜測某人未獲獎，而“○”則表示對某人是否獲獎未發(fā)表意見.已知四個人中有且只有兩個人的猜測是正確的，那么兩名獲獎者是_______.甲獲獎乙獲獎丙獲獎丁獲獎甲的猜測√××√乙的猜測×○○√丙的猜測×√×√丁的猜測○○√×14．平面向量與的夾角為，，，則__________．15．已知，則_____.16．一個長、寬、高分別為1、2、2的長方體可以在一個圓柱形容器內任意轉動，則容器體積的最小值為_________.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）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的離心率為，且過點.為橢圓的右焦點，為橢圓上關于原點對稱的兩點，連接分別交橢圓于兩點.⑴求橢圓的標準方程；⑵若，求的值；⑶設直線，的斜率分別為，，是否存在實數，使得，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.18．（12分）甲、乙、丙三名射擊運動員射中目標的概率分別為，三人各射擊一次，擊中目標的次數記為.（1）求的分布列及數學期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中,若的值最大,求實數的取值范圍.19．（12分）在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大??；（2）已知外接圓半徑,求的周長.20．（12分）已知集合，.（1）若，則；（2）若，求實數的取值范圍.21．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)，直線與曲線交于兩點.(1)求的長；(2)在以為極點，軸的正半軸為極軸建立的極坐標系中，設點的極坐標為，求點到線段中點的距離.22．（10分）已知函數.（1）若，，求函數的單調區(qū)間；（2）時，若對一切恒成立，求a的取值范圍.

參考答案一、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、C【解析】

判斷出已知條件中雙曲線的漸近線方程，求得四個選項中雙曲線的漸近線方程，由此確定選項.【詳解】兩條漸近線的夾角轉化為雙曲漸近線與軸的夾角時要分為兩種情況．依題意，雙曲漸近線與軸的夾角為30°或60°，雙曲線的漸近線方程為或.A選項漸近線為，B選項漸近線為，C選項漸近線為，D選項漸近線為.所以雙曲線的方程不可能為.故選：C【點睛】本小題主要考查雙曲線的漸近線方程，屬于基礎題.2、D【解析】因為的展開式中第4項與第8項的二項式系數相等，所以，解得，所以二項式中奇數項的二項式系數和為．考點：二項式系數，二項式系數和．3、D【解析】

根據是定義在上的增函數及有意義可得，構建新函數，利用導數可得為上的增函數，從而可得正確的選項.【詳解】因為是定義在上的增函數，故.又有意義，故，故，所以.令，則，故在上為增函數，所以即，整理得到.故選：D.【點睛】本題考查導數在函數單調性中的應用，一般地，數的大小比較，可根據數的特點和題設中給出的原函數與導數的關系構建新函數，本題屬于中檔題.4、A【解析】

由的最小正周期是，得，即，因此它的圖象向左平移個單位可得到的圖象．故選A．考點：函數的圖象與性質．【名師點睛】三角函數圖象變換方法：5、D【解析】

先計算，然后將進行平方，，可得結果.【詳解】由題意可得：∴∴則.故選：D.【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。6、A【解析】分析：通過對an﹣an+1=2anan+1變形可知，進而可知，利用裂項相消法求和即可．詳解：∵，∴，又∵=5，∴，即，∴，∴數列前項的和為，故選A．點睛：裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據式子的結構特點，常見的裂項技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現(xiàn)丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤.7、A【解析】

作出函數的圖象，得到，把函數有零點轉化為與在（2，4]上有交點，利用導數求出切線斜率，即可求得的取值范圍，再根據充分、必要條件的定義即可判斷．【詳解】作出函數的圖象如圖，由圖可知，，函數有2個零點，即有兩個不同的根，也就是與在上有2個交點，則的最小值為；設過原點的直線與的切點為，斜率為，則切線方程為，把代入，可得，即，∴切線斜率為，∴k的取值范圍是，∴函數有兩個零點”是“”的充分不必要條件，故選A．【點睛】本題主要考查了函數零點的判定，考查數學轉化思想方法與數形結合的解題思想方法，訓練了利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，試題有一定的綜合性，屬于中檔題．8、D【解析】

根據三視圖判斷出幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱構成，利用錐體和柱體的體積公式計算出體積并相加求得幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，該多面體體積為.故選D.【點睛】本小題主要考查三視圖還原為原圖，考查柱體和錐體的體積公式，屬于基礎題.9、D【解析】

利用同角三角函數的基本關系式、二倍角公式和輔助角公式化簡表達式，再根據三角函數單調區(qū)間的求法，求得的單調區(qū)間，由此確定正確選項.【詳解】因為，由單調遞增，則（），解得（），當時，D選項正確.C選項是遞減區(qū)間，A，B選項中有部分增區(qū)間部分減區(qū)間.故選：D【點睛】本小題考查三角函數的恒等變換，三角函數的圖象與性質等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，數形結合思想，應用意識.10、D【解析】

①通過證明平面，證得；②通過證明，證得平面；③求得三棱錐體積的最大值，由此判斷③的正確性；④利用反證法證得與一定不垂直.【詳解】設的中點為，連接，則，，又，所以平面，所以，故①正確；因為，所以平面，故②正確；當平面與平面垂直時，最大，最大值為，故③錯誤；若與垂直，又因為，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因為，所以顯然與不可能垂直，故④正確.故選：D【點睛】本小題主要考查空間線線垂直、線面平行、幾何體體積有關命題真假性的判斷，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.11、D【解析】

根據的圖象可得的單調性，從而得到在相應范圍上的符號和極值點，據此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知，在上為增函數，且在上存在正數，使得在上為增函數，在為減函數，故在有兩個不同的零點，且在這兩個零點的附近，有變化，故排除A，B.由在上為增函數可得在上恒成立，故排除C.故選：D.【點睛】本題考查導函數圖象的識別，此類問題應根據原函數的單調性來考慮導函數的符號與零點情況，本題屬于基礎題.12、C【解析】

先求出五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個的基本事件總數為，再求出6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，根據即可求出6和28不在同一組的概率.【詳解】解：根據題意，將五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則基本事件總數為，則6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，∴6和28不在同一組的概率.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率的求法，涉及實際問題中組合數的應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、乙、丁【解析】

本題首先可根據題意中的“四個人中有且只有兩個人的猜測是正確的”將題目分為四種情況，然后對四種情況依次進行分析，觀察四人所猜測的結果是否沖突，最后即可得出結果.【詳解】從表中可知，若甲猜測正確，則乙，丙，丁猜測錯誤，與題意不符，故甲猜測錯誤；若乙猜測正確，則依題意丙猜測無法確定正誤，丁猜測錯誤；若丙猜測正確，則丁猜測錯誤；綜上只有乙，丙猜測不矛盾，依題意乙，丙猜測是正確的，從而得出乙，丁獲獎.所以本題答案為乙、丁.【點睛】本題是一個簡單的合情推理題，能否根據“四個人中有且只有兩個人的猜測是正確的”將題目所給條件分為四種情況并通過推理判斷出每一種情況的正誤是解決本題的關鍵，考查推理能力，是簡單題.14、【解析】

由平面向量模的計算公式，直接計算即可.【詳解】因為平面向量與的夾角為，所以，所以;故答案為【點睛】本題主要考查平面向量模的計算，只需先求出向量的數量積，進而即可求出結果，屬于基礎題型.15、【解析】

對原方程兩邊求導，然后令求得表達式的值.【詳解】對等式兩邊求導，得，令，則.【點睛】本小題主要考查二項式展開式，考查利用導數轉化已知條件，考查賦值法，屬于中檔題.16、【解析】

一個長、寬、高分別為1、2、2的長方體可以在一個圓柱形容器內任意轉動,則圓柱形容器的底面直徑及高的最小值均等于長方體的體對角線的長,長方體的體對角線的長為,所以容器體積的最小值為.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、（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）；（2）由橢圓對稱性，知，所以，此時直線方程為，故．（3）設，則，通過直線和橢圓方程，解得，，所以，即存在．試題解析：（1）設橢圓方程為，由題意知：解之得：，所以橢圓方程為：（2）若，由橢圓對稱性，知，所以，此時直線方程為，由，得，解得（舍去），故．（3）設，則，直線的方程為，代入橢圓方程，得，因為是該方程的一個解，所以點的橫坐標，又在直線上，所以，同理，點坐標為，，所以，即存在，使得．18、（1），ξ的分布列為ξ

0

1

2

3

P

(1－a)2

(1－a2)

(2a－a2)

（2）【解析】(1)P(ξ)是“ξ個人命中，3－ξ個人未命中”的概率．其中ξ的可能取值為0、1、2、3.P(ξ＝0)＝(1－a)2＝(1－a)2；P(ξ＝1)＝·(1－a)2＋a(1－a)＝(1－a2)；P(ξ＝2)＝·a(1－a)＋a2＝(2a－a2)；P(ξ＝3)＝·a2＝.所以ξ的分布列為ξ

0

1

2

3

P

(1－a)2

(1－a2)

(2a－a2)

ξ的數學期望為E(ξ)＝0×(1－a)2＋1×(1－a2)＋2×(2a－a2)＋3×＝.(2)P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝[(1－a2)－(1－a)2]＝a(1－a)；P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝[(1－a2)－(2a－a2)]＝；P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝[(1－a2)－a2]＝.由和0＜a＜1，得0＜a≤，即a的取值范圍是.19、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函數關系式化簡整理并結合范圍0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周長．【詳解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周長a+b+c=3+3．【點睛】本題考查三角函數恒等變換的應用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．20、（1）；（2）【解析】

（1）將代入可得集合B，解對數不等式可得集合A，由并集運算即可得解.（2）由可知B為A的子集，即；當符合題意，當B不為空集時，由不等式關系即可求得的取值范圍.【詳解】（1）若，則，依題意，故；（2）因為，故；若，即時，，符合題意；若，即時，，解得；綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了集合的并集運算，由集合的包含關系求參數的取值范圍，注意討論集合是否為空集的情況，屬于基礎題.21、（1）;（2）.【解析】

（1）將直線的參數方程化為直角坐標方程，由點到直線距離公式可求得圓心到直線距離，結合垂徑定理即可求得的長；（2）將的極坐標化為直角坐標，將直線方程與圓的方程聯(lián)立，求得直線與圓的兩個交點坐標，由中點坐標公式求得的坐標，再根據兩點間距離公式即可求得.【詳解】（1）直線的參數方程為(為參數)，化為直角坐標方程為，即直線與曲線交于兩點.則圓心坐標為，半徑為1，則由點到直線距離公式可知，所以.（2）點的極坐標為，化為直角坐標可得，直線的方程