湖南省长沙市2023届高三上学期入学摸底考试数学试题及答案.pdf

1、 2023 届新高三入学摸底考试届新高三入学摸底考试 数学数学 一一选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.若集合2Z40Axxx=，1,0,1,2,3B=，则AB=（）A.0,1,2,3 B.0,1,2,3,4 C.1,0,1,2,3 D.1,0,1,2,3,4【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合A再与集合B求交集可得答案.【详解】解不等式240 xx得04x，又Zx，所以0,1,2,3,4A=，所以0,1,2,3AB=.故

2、选：A.2.若复数 z 满足()2i10z+=，其中i是虚数单位，则z z的值为（）A.2 B.2 C.3 D.3【答案】B【解析】【分析】由已知得2z=，设()i,zaba b=+R，化简计算可得.【详解】因为()2i2i510zzz+=+=，所以2z=，故设()i,zaba b=+R，则222ab+=，所以()()222ii|2z zabababz=+=+=.故选：B.3.已知双曲线 C：22221xyab=（0a，0b）的一条渐近线为 y=2x，则 C的离心率为（）A.2 B.3 C.2 D.5【答案】D【解析】【分析】由条件可得2ba=,又因为222cab=+，计算得到5ca=.【详解

3、】因为双曲线2222:1xyCab=的一条渐近线为2yx=,所以2ba=,所以双曲线C的离心率为222222221125ccabbaaaa+=+=+=.故选：D.4.已知()f x是定义在 R上的奇函数，()1f x为偶函数，且当01x时，()2log 2f xx=，则()21f=（）A.1 B.0 C.2log 3 D.1【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性的性质化简可得()f x是以 4为周期的函数，即可求出.【详解】因为()f x是定义在R上的奇函数，故可得()()f xfx=，又()1f x为偶函数，故可得()()()111f xfxf x=+，则()()()()244f xf xf

4、xf x=+=+=+，故()f x以 4 为周期，故()()2211log 21ff=.故选：D.5.每年的 6月 6日是全国爱眼日，某位志愿者跟踪调查电子产品对视力的影响，据调查，某高校大约有45%的学生近视，而该校大约有 20%的学生每天操作电子产品超过 1h，这些人的近视率约为 50%.现从每天操作电子产品不超过 1h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（）A.716 B.38 C.516 D.14【答案】A【解析】【分析】令事件1A=“玩手机时间超过1h的学生”，2A=“玩手机时间不超过1h的学生”，B=“任意调查一人，此人近视”，则由()()()()()1122P BP A P

5、 B AP AP B A=+可求出.【详解】令事件1A=“玩手机时间超过1h的学生”，2A=“玩手机时间不超过1h的学生”，B=“任意调查一人，此人近视”，则样本空间12AA=，且12,A A互斥，()()()()1210.2,0.8,0.5,0.45P AP AP B AP B=，依题意，()()()()()()112220.2 0.50.80.45P BP A P B AP AP B AP B A=+=+=，解得()2716P B A=，所以所求近视的概率为716.故选：A.6.已知点 A为圆台 O1O2下底面圆 O2的圆周上一点，S为上底面圆 O1的圆周上一点，且 SO1=1，O1O2=

6、3，O2A=2，记直线 SA与直线 O1O2所成角为，则（）A.0,6 B.0,3 C.,6 3 D.,4 2 【答案】C【解析】【分析】根据线面角的定义确定ASD=，再根据圆的性质计算得解.【详解】由题意，设上下底面半径分别为12,R R，其中121,2RR=，如图，过S作SD垂直下底面于D，则12OOSD，所以直线SA与直线12OO所成角即为直线SA与直线SD所成角，即ASD=，而tan3ADADSD=，由圆的性质，222213RO D AD O DR=+=，所以3tan,333ADADSD=，所以,6 3，故选：C.7.已知函数()2sin 23f xx=，若方程()23f x=在（0，

7、）的解为1x，2x（12xx），则()12sin xx=（）A.2 23 B.2 23 C.13 D.13【答案】A【解析】【分析】结合正弦型函数的图像与性质可得125212xx+=，进而可得()121sincos 23xxx=，明确1x的范围得到结果.【详解】因为()0,x，所以52,333x，又因为12,x x是1sin 233x=的两根，结合图象可知125212xx+=，所以2156xx=，所以()12115sinsin 2cos 263xxxx=，又因为12215,6xx xx=，所以15012x），则()220.9545PX+=，()330.9973PX+=，500.977250.3

8、164）A.()0.90.5P X=C.()()0.41.5P XP X D.假设生产状态正常，记 Y表示一天内抽取的 50只口罩中过滤率大于2+的数量，则()10.6836P Y 【答案】ABD【解析】【分析】根据题意可得0.9372,0.0139=，然后根据正态分布的性质逐个分析判断即可 的.【详解】由题意可知，正态分布的0.9372,0.0139=.选项 A，因为0.9，所以()()0.90.5P XP X=+，且(33)0.9973PX=，故 B正确；选项 C，因为0.41.5,0.41.5，所以(0.4)(1.5)P XP X，故 C错误；选项 D，因为一只口罩过滤率小于等于2+的概

9、率为1 0.95450.95450.977252+=，又因为()()501101 0.977250.6836P YP Y=，故 D 正确.故选：ABD.10.已知11(,)A x y，22(,)B x y是圆 O：221xy+=上两点，则下列结论正确的是（）A.若1AB=，则3AOB=B.若点 O到直线 AB的距离为12，则32AB=C.若2AOB=，则112211xyxy+的最大值为2 2 D.若2AOB=，则112211xyxy+的最大值为 4【答案】AD【解析】【分析】对于选项 A，B，根据垂径定理可判断，对于选项 C，D，根据点到直线的距离公式可求解判断.【详解】对于 A，若1AB=，

10、则可知点O到AB的距离为32，从而可知3AOB=，故 A正确；对于 B，若点 O到直线 AB 的距离为12，则可知322AB=，从而得3AB=，故 B错误；对于 C，D，11221122xyxy+的值可转化为单位圆上的()()1122,A x yB xy两点到直线10 xy+=的距离之和，又AOB90=，所以三角形AOB是等腰直角三角形，设M是AB的中点，则OMAB，且2222OMOA=，则M在以O点为圆心，半径为22的圆上，,A B两点到直线10 xy+=的距离之和为AB的中点M到直线10 xy+=的距离的两倍.点()0,0O到直线10 xy+=的距离为1222=，所以点M到直线10 xy+

11、=的距离的最大值为22222+=，所以11221122xyxy+的最大值为2 2.因此112211xyxy+的最大值为4.从而可知C错误，D正确.故选：AD.11.已知定义在 R 上的偶函数()f x，其导函数为()fx，当0 x 时，()sin20fxx+.则（）A.函数()()2cosg xf xx=的图象关于 y轴对称 B.函数()()2cosg xf xx=在区间)0,+上单调递减 C.不等式()cos22f xfxx+的解集为,4 D.不等式()cos22f xfxx+，即()2g xg x+.根据函数()g x的奇偶性和单调性可求解.【详解】解：对于选项A，由()()()()22c

12、oscosgxfxxf xx=，所以()g x为偶函数，所以函数()()2cosg xf xx=的图象关于y轴对称.故A正确；对于选项 B，由()()2cosg xf xx=为偶函数.当0 x时，()()sin20gxfxx=+，所以()g x在)0,+上单调递减，故()g x在(,0上单调递增.故 B正确；对于 C、D选项，由()cos22f xfxx+，得()22cossin2f xfxxx+，即()22coscos22fxxf xx+，所以()2g xg x+.所以2xx+，解得4x）的离心率为33，过点 P（1，1）的直线与椭圆 C交于 A，B 两点，且满足APPB=.动点 Q 满足A

13、QQB=，则下列结论正确的是（）A.3a=B.动点 Q的轨迹方程为2360 xy+=C.线段 OQ（O为坐标原点）长度的最小值为3 1313 D.线段 OQ（O为坐标原点）长度的最小值为6 1313【答案】ABD【解析】【分析】对于 A：利用离心率直接求出3a=；对于 B：设()()()1122,A x yB xyQ m n进行向量坐标化，整理化简得到132mn+=，即可判断出动点Q的轨迹方程为直线2360 xy+=，故B正确；对于 C、D：求出线段OQ长度的最小值即为原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】对于 A：由椭圆22:1(2)2xyCaa+=的离心率为33，得23

14、13a=，所以3a=，故A正确；对于 B：设()()()()()11221122,1,1,1,1,A x yB xyQ m nAPxyPBxy=1122(,),(,)AQmx nyQBxm yn=，由,APPB AQQB=，得()()()121212121,11,1,xxxxxxmmxxm+=+=两式相乘得()2222121xxm=，同理可得()()22222222221122121,1323232xyxymnyyn=+=+，由题意知0且1，否则与AQQB=矛盾，1,32mn+=动点Q的轨迹方程为132yx+=，即直线2360 xy+=，故B正确；对于 C、D：所以线段OQ长度的最小值即为原点

15、到直线的距离，OQmin66 131349=+，故 C 错误，D正确.故选：ABD.三三填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.已知函数 f(x)满足：f(xy)f(x)f(y)，且当 xy时，f(x)f(y)，请你写出符合上述条件的一个函数 f(x)_【答案】2x（答案不唯一）【解析】【分析】由 f(xy)f(x)f(y)，可得指数函数具有此性质，从而可得函数【详解】对于函数()2xf x=，()222()()x yxyf xyf x f y+=，且当 xy时，f(x)f(y)，所以函数()2xf x=满足条件，故答案为：2x（答案不唯

16、一）14.已知在ABC中，点D满足34BDBC=，点E在线段AD(不含端点A，D)上移动，若AEABAC=+，则=_.【答案】3【解析】【分析】()01AEmADm=,利用向量的线性运算求得AE 关于,AB AC 的表达式，利用平面向量基本定理中的分解唯一性得到,关于m的表达式，进而得到答案.【详解】如图，由题意得存在实数m，使得()01AEmADm=，所以3cossin3BB=，即tan3B=，又因为()0,B，可得3B=.【小问 2 详解】因为ABC的面积为3,23B=，所以133csin242SaBac=，所以2ac=，因为2ac=，所以1,2ca=，所以2212cos4 1 2 232

17、bacacB=+=+=，所以222abc=+，故ABC为直角三角形.18.为落实教育部的双减政策，义务教育阶段充分开展课后特色服务.某校初中部的篮球特色课深受学生喜爱，该校期末将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投 3次，先在 M处投一次三分球，投进得 3 分，未投进不得分，以后均在 N处投两分球，每投进一次得 2 分，未投进不得分.测试者累计得分高于 3 分即通过测试，并终止投篮.甲乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在 M 处和 N 处各投 10 次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表：若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的

18、概率.（1）已知该校有 300名学生的投篮水平与甲同学相当，求这 300名学生通过测试人数的数学期望；（2）在甲乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率.【答案】（1）90 （2）18【解析】【分析】（1）求出甲同学两分球和三分球投篮命中的概率，即可求出甲同学通过测试的概率，可得通过测试的人数()300,0.3YB，则可求出期望；（2）求出乙同学通过测试的概率，利用条件概率公式即可求出.【小问 1 详解】甲同学两分球投篮命中的概率为5436710101010100.55+=，甲同学三分球投篮命中的概率为11210101010100.15+=，设甲同学累计得分为X，则()0.9 0

19、.5 0.540.225P X=，()50.1 0.50.1 0.5 0.50.075P X=+=则()()()4450.3P XP XP X=+=，所以甲同学通过测试的概率为0.3.设这 300名学生通过测试人数为Y，由题设()300,0.3YB，所以()300 0.390E Y=.【小问 2 详解】乙同学两分球投篮命中率为2435610101010100.45+=，乙同学三分球投篮命中率为1231310101010100.25+=.设乙同学累计得分为Y，则()40.8 0.4 0.40.128P Y=，()50.2 0.40.2 0.6 0.40.128P Y=+=.设“甲得分比乙得分高”

20、为事件A，“甲乙两位同学均通过了测试”为事件B，则()()()540.075 0.1280.0096P ABP XP Y=，()()()()()45450.0768P BP XP XP YP Y=+=+=，由条件概率公式可得()()()0.009610.07688P ABP A BP B=.19.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，O，M，N 分别为线段 BC，AA1，BB1的中点，P 为线段 AC1上的动点，AO=12BC，AB=3，AC=4，AA1=8.（1）求点 C到平面 C1MN的距离；（2）试确定动点 P 的位置，使线段 MP与平面 BB1C1C 所成角的正弦值最大.【答案】（1

21、）4 2 （2）35 的【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得AB 平面11ACC A，线面垂直的性质定理可得 ABCM，,M N分别为11,AA BB的中点得CMMN，再利用勾股定理可得 1CMC M，再由线面垂直的判定定理可得答案.（2）以A为原点，以1,AB AC AA为,x y z轴建立空间直角坐标系，求出平面11BBC C的法向量，设()000,P xy z，利用1=APmAC可得MP，再由线面角的向量求法可得 直线MP与平面11BBC C所成的角的正弦值，再分0m、0m 讨论可得答案.【小问 1 详解】在ABC中，O为BC中点且1,2AOBCABAC=，平面ABC 平面1

22、1ACC A，平面ABC 平面11ACC AAC=，AB平面11ACC A，又CM 平面11,ACC AABCM，,M N分别为11,AA BB的中点，.MNABCMMN，在直角AMC和直角11MAC中，1114,4AMAMACAC=，111,16 164 2AMCAMCCMC M=+=，222111323264,CMC MCCCMC M+=+=，11,MNC MM MN C M=平面1,MNCCM平面1C MN，点C到平面1C MN的距离为4 2CM=.【小问 2 详解】1AA 平面ABC，由（1）得1,AB AC AA三线两两重直，以A为原点，以1,AB AC AA为,x y z轴建立空间

23、直角坐标系如图，则()()()()()()110,0,0,3,0,0,0,4,0,0,4,8,0,0,4,3,0,8ABCCMB，()()13,4,0,0,0,8BCBB=，设平面11BBC C的法向量为()1111,nx y z=，则111340,80,xyz+=令14x=得()113,4,3,0yn=，设()()0001,01P xy zAPmACm=，则()()000,0,4,8xyzm=，()()0,4,8,0,4,84PmmMPmm=，设直线MP与平面11BBC C所成角为，则12221123sin5 16(84)5 541n MPmmn MPmmmm=+，若0,sin0m=，此时，

24、点P与A重合；若0m，令()11ttm=，则22333sin55 545(2)1ttt=+，当2t=，即1,2mP=为1AC中点时，sin取得最大值35.20.已知数列 na的前 n 项和为nS，且满足()11nnqSqa=（0q），nN.（1）求数列 na的通项公式；（2）当2q 时，数列 nb满足()21nnnbn na+=+，求证：12322nbbb+；（2）证明见解析；（3）33q.【解析】【分析】（1）当1q=时，则1na=；当1q 时，()11nnqSqa=，()1111nnqSqa=()2n，两式相减得1nnaq=，综合即得解；（2）由题得()111221 2nnnbnn=+，利

25、用裂项相消得证；（3）等价于()*lnlnnqnnN，令()()*ln0,xf xxxx=N，求出函数的max()f x即得解.【小问 1 详解】解：由()11(0)nnqSqaq=得()1111qSqa=，即()1111qaqa=，所以11a=.若1q=，则1na=；若1q，则由()11nnqSqa=得()()11112nnqSqan=，两式相减得()()()()111112nnnnnqaqaqaqaqan=，化简得()12nnaqan=，所以数列 na是以 1 为省项，以q为公比的等比数列，因此1nnaq=，当1q=时，也满足该式，故1(0)nnaqq=.【小问 2 详解】解：因为2q，所

26、以12nna，则()()1121121 221 2nnnnnbn nnn+=+，因此()1221111112 1222 22 23 221 2nnnbbbnn+=+()12 121 2nn=，故1232nbbb+，因此12322nbbb+N，为使对任意正整数n都有1nan+成立，即max()lnf xq，因为()21 lnxfxx=，所以当0ex，即()f x在()0,e上单调递增；当ex 时，()0fx，即()f x在()e,+上单调递减，又*xN，且()()()()ln2ln3ln2ln3ln8ln92,3,23023236ffff=），直线21xy=+交抛物线 C于 A，B两点，且三角形

27、 OAB 的面积为2 3（O 为坐标原点）.（1）求实数 p 的值；（2）过点 D（2，0）作直线 L交抛物线 C于 P，Q两点，点 P关于 x 轴的对称点为 P.证明：直线 PQ经过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）2p=；（2）证明见解析，定点()2,0.【解析】【分析】（1）设()()1122,A x yB xy，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，求出12yy即得解；（2）设()()3344,P xyQ xy，不妨令43yy，设直线L的方程为2xty=+，联立直线和抛物线的方 程得到韦达定理，求出直线P Q的方程即得解.【小问 1 详解】解：由题得直线21xy=+过点()1,0，.设(

28、)()1122,A x yB xy，联立221,2,xyypx=+=得22 220ypyp=，所以12122 2,2yyp y yp+=，所以()()()2221212124(2 2)422 2yyyyy ypppp=+=+.所以三角形OAB的面积()2121122 32Syypp=+=，又0p，解得2p=（30p=，则()33,P xy，设直线L的方程为2xty=+，联立22,4,xtyyx=+=消去x得2480yty=，则34344,8yyt y y+=，则直线P Q的方程为()()433343yyyyxxxx+=，即()()43434343xxyx yyyxy x+=+，则()()()(

29、)4343434322tytyytyyyyxyty+=+，即()()()4343433422t yyyyyxty yyy=+，即()()()24343434334422tyyy yyyyxty yyy+=+，所以()()2(4)484282 4ttytxtt =，即()222t tyt x+=+，令20,0,xy+=解得2,0,xy=所以直线P Q恒过定点()2,0 22.已知函数()lnf xaxx=1ea（e 是自然对数的底数）.（1）若12,x x（120 xx）是函数()yf x=的两个零点，证明：12112lnxxxx，曲线 C：2ymkx=与曲线()yf x=都有唯一的公共点，求实

30、数 m 的取值范围.【答案】（1）证明见解析 （2）)4ln23,+【解析】【分析】（1）设21xtx=，则不等式可转化为证明2 lnln10t ttt+，构造函数()2 lnln1h tt ttt=+，利用导数即可求解；（2）由题可转化为方程22lnkxxxm+=有唯一解，构造函数()22ln,0g xkxxx x=+，求出导数，讨论k的范围求解.【小问 1 详解】依题意，()1212,0 x xxx，所以1t，因为121121lnlnlnlnxxtxaxxxt=+，所以111ln11ln,1lnlntatxtxxt=，不等式，所证不等式即2 lnln10t ttt+.设()2 lnln1h

31、 tt ttt=+，所以()12ln21h ttt+=，令()()g th t=，则()2210g ttt=+，所以()h t在()1,+上是增函数，且()()10h th=，所以()h t在()1,+上是增函数，且()()10h th=，即2 lnln10t ttt+，从而所证不等式成立.【小问 2 详解】因为曲线2:C ymkx=与曲线()yf x=有唯一的公共点，所以方程22lnmkxxx=有唯一解，即方程22lnkxxxm+=有唯一解，令()22ln,0g xkxxx x=+，所以()222221kxxgxkxxx+=+=，当11 160,16kk时，()0gx，函数()yg x=单调

32、递增，易知()g x与ym=有且只有一个交点，满足题意；当11 160,016kk，两根之积为116k，若两根一个大于 4，一个小于 4，此时函数()g x先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，要使22lnkxxxm+=有唯一实数根，则m大于极大值或小于极小值.记3x为极大值点，则34x，则()233332lng xkxxxm=+恒成立，又233220kxx+=，即23322kxx=，则极大值()()2333333333112ln22ln2ln122g xkxxxxxxxx=+=+=，因为()()3332142gxxx=在()0,4上单调递增，()()344ln23g xg，则()2444

33、42lng xkxxxm=+，又244220kxx+=，所以4412ln12xxm 恒成立，令()44412ln12h xxx=，又()44212h xx=，所以44x 时，42102x恒成立.若两根都大于 4，设5x为极大值点，54x，则同理可得()55512ln12h xxx=单调递减，所以()()5ln2344h xh，可得不存在m，使得6612ln12xxm 恒成立.综上，要使对0k，曲线2:C ymkx=与曲线()yf x=都有唯一的公共点，m的取值范围为)4ln23,+.【点睛】关键点点睛：本题考查函数不等式的证明和交点问题，解题的关键是将题目转化为证明2 lnln10t ttt+，方程22lnkxxxm+=有唯一解，构造函数求解.