2023学年湖南省重点高考数学一模试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，四面体中，面和面都是等腰直角三角形，，，且二面角的大小为，若四面体的顶点都在球上，则球的表面积为（）A． B． C． D．2．已知定义在上的函数满足，且当时，，则方程的最小实根的值为（）A． B． C． D．3．已知复数满足，且，则（）A．3 B． C． D．4．函数在的图象大致为A． B．C． D．5．正项等差数列的前和为，已知，则=（）A．35 B．36 C．45 D．546．要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点的（）A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度B．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度C．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度D．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度7．一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为（）A． B． C． D．8．复数的共轭复数为（）A． B． C． D．9．已知，则的取值范围是（）A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2]10．曲线在点处的切线方程为，则（）A． B． C．4 D．811．已知函数，则不等式的解集是（）A． B． C． D．12．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（）A． B． C．1 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中，的系数为________．14．已知椭圆的左右焦点分别为，过且斜率为的直线交椭圆于，若三角形的面积等于，则该椭圆的离心率为________.15．数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:①的值域为;②;③;④其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)16．在平面直角坐标系中，若函数在处的切线与圆存在公共点，则实数的取值范围为_____．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在直三棱柱中，，点分别为和的中点.（Ⅰ）棱上是否存在点使得平面平面？若存在，写出的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由.（Ⅱ）求二面角的余弦值.18．（12分）已知函数．（Ⅰ）求在点处的切线方程；（Ⅱ）求证：在上存在唯一的极大值；（Ⅲ）直接写出函数在上的零点个数．19．（12分）已知函数.（1）若，求不等式的解集；（2）已知，若对于任意恒成立，求的取值范围.20．（12分）已知函数f(x)=x-2a-x-a（Ⅰ）若f(1)>1，求a的取值范围；（Ⅱ）若a<0，对∀x，y∈-∞,a，都有不等式f(x)≤(y+2020)+21．（12分）如图1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.22．（10分）如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.（1）求证：平面平面；（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B【解析】

分别取、的中点、，连接、、，利用二面角的定义转化二面角的平面角为，然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，在中计算出，再利用勾股定理计算出，即可得出球的半径，最后利用球体的表面积公式可得出答案．【详解】如下图所示，分别取、的中点、，连接、、，由于是以为直角等腰直角三角形，为的中点，，，且、分别为、的中点，所以，，所以，，所以二面角的平面角为，，则，且，所以，，，是以为直角的等腰直角三角形，所以，的外心为点，同理可知，的外心为点，分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，则点在平面内，如下图所示，由图形可知，，在中，，，所以，，所以，球的半径为，因此，球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查球体的表面积，考查二面角的定义，解决本题的关键在于找出球心的位置，同时考查了计算能力，属于中等题．2．C【解析】

先确定解析式求出的函数值，然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的，通过计算即可得到答案.【详解】当时，，所以，故当时，，所以，而，所以，又当时，的极大值为1，所以当时，的极大值为，设方程的最小实根为，，则，即，此时令，得，所以最小实根为411.故选：C.【点睛】本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题.3．C【解析】

设,则,利用和求得,即可.【详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.4．A【解析】

因为，所以排除C、D．当从负方向趋近于0时，，可得.故选A．5．C【解析】

由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.【详解】正项等差数列的前项和，，，解得或（舍），，故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题.解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系.6．C【解析】

根据三角函数图像的变换与参数之间的关系，即可容易求得.【详解】为得到，将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），故可得；再将向左平移个单位长度，故可得.故选：C.【点睛】本题考查三角函数图像的平移，涉及诱导公式的使用，属基础题.7．A【解析】

将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可．【详解】解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，∵四面体所有棱长都是4，∴正方体的棱长为，设球的半径为，则，解得，所以，故选：A．【点睛】本题主要考查多面体外接球问题，解决本题的关键在于，巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化，属于中档题．8．D【解析】

直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果【详解】∵∴其共轭复数为.故选：D【点睛】熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.9．D【解析】

设，可得，构造（）22，结合，可得，根据向量减法的模长不等式可得解.【详解】设，则，，∴（）2•2||22＝4，所以可得：，配方可得，所以，又则[0，2]．故选：D．【点睛】本题考查了向量的运算综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.10．B【解析】

求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.【详解】因为，所以，故，解得，又切线过点，所以，解得，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.11．B【解析】

由导数确定函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可.【详解】函数，可得，时，，单调递增，∵，故不等式的解集等价于不等式的解集．．∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了利用导数判定函数的单调性，根据单调性解不等式，属于中档题.12．D【解析】

依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可.【详解】解：，因为，，所以，在上单调递增，则在上的值域为，因为所有点所构成的平面区域面积为，所以，解得，故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.【详解】的展开式中，所求项为：，的系数为.

故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题.14．【解析】

由题得直线的方程为，代入椭圆方程得：，设点，则有，由，且解出，进而求解出离心率.【详解】由题知，直线的方程为，代入消得：，设点，则有，，而，又，解得：，所以离心率.故答案为：【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，三角形面积计算与离心率的求解，考查了学生的运算求解能力15．②【解析】

根据新定义，结合实数的性质即可判断①②③，由定义求得比小的有理数个数，即可确定④.【详解】对于①，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以①错误；对于②，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以②正确；对于③，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以③错误；对于④，由定义可知，所以④错误；综上可知，正确的为②.故答案为：②.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.16．【解析】

利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可.【详解】解：由条件得到又所以函数在处的切线为,即圆方程整理可得：即有圆心且所以圆心到直线的距离,即.解得或,故答案为：．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（Ⅰ）存在点满足题意，且，证明详见解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）可考虑采用补形法，取的中点为，连接，可结合等腰三角形性质和线面垂直性质，先证平面，即，若能证明，则可得证，可通过我们反推出点对应位置应在处，进而得证；（Ⅱ）采用建系法，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面对应法向量，再结合向量夹角公式即可求解；【详解】（Ⅰ）存在点满足题意，且.证明如下：取的中点为，连接.则，所以平面.因为是的中点，所以.在直三棱柱中，平面平面，且交线为，所以平面，所以.在平面内，，，所以，从而可得.又因为，所以平面.因为平面，所以平面平面.（Ⅱ）如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.易知，，，，所以，，.设平面的法向量为，则有取，得.同理可求得平面的法向量为.则.由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值，属于中档题18．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）函数在有3个零点．【解析】

（Ⅰ）求出导数，写出切线方程；（Ⅱ）二次求导，判断单调递减，结合零点存在性定理，判断即可；（Ⅲ），数形结合得出结论．【详解】解：（Ⅰ），，，故在点，处的切线方程为，即；（Ⅱ）证明：，，，故在递减，又，，由零点存在性定理，存在唯一一个零点，，当时，递增；当时，递减，故在只有唯一的一个极大值；（Ⅲ）函数在有3个零点．【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程，考查零点存在性定理的应用，关键是能够通过导函数的单调性和零点存在定理确定导函数的零点个数，进而确定函数的单调性，属于难题．19．（1）或；（2）.【解析】

（1）时，分类讨论，去掉绝对值，分类讨论解不等式.（2）时，分类讨论去绝对值，得到解析式，由函数的单调性可得的最小值，通过恒成立问题，得到关于的不等式，得到的取值范围.【详解】（1）因为，所以，所以不等式等价于或或，解得或.所以不等式的解集为或.（2）因为，所以，根据函数的单调性可知函数的最小值为，因为恒成立，所以，解得.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查分类讨论去绝对值，分段函数求最值，不等式恒成立问题，属于中档题.20．（Ⅰ）(-∞,-1)∪(1,+∞)；（Ⅱ）-1010,0.【解析】

（Ⅰ）由题意不等式化为|1-2a|-|1-a|>1，利用分类讨论法去掉绝对值求出不等式的解集即可；（Ⅱ）由题意把问题转化为[f(x)]max≤[|y+2020|+|y-a|]min，分别求出【详解】（Ⅰ）由题意知，f(1)=|1-2a|-|1-a|>1，若a≤12，则不等式化为1-2a-1+a>1，解得若12<a<1，则不等式化为2a-1-(1-a)>1，解得若a≥1，则不等式化为2a-1+1-a>1，解得a>1，综上所述，a的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞)；（Ⅱ）由题意知，要使得不等式f(x)≤|(y+2020)|+|y-a|恒成立，只需[f(x)]max当x∈(-∞,a]时，|x-2a|-|x-a|≤-a，[f(x)]max因为|y+2020|+|y-a|≥|a+2020|，所以当(y+2020)(y-a)≤0时，[|y+2020|+|y-a|]min即-a≤|a+2020|，解得a≥-1010，结合a<0，所以a的取值范围是[-1010,0).【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解问题，含有绝对值的不等式恒成立应用问题，以及绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论思想，是中档题．含有绝对值的不等式恒成立应用问题，关键是等价转化为最值问题，再通过绝对值三角不等式求解最值，从而建立不等关系，求出参数范围.21．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.【详解】解法一：（1）依题意知，因为，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.因为，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在中，，，所以.由（1）知，平面，且，所以三棱锥的体积.在中，，，得，由（1）知，平面，所以，所以，设点到平面的距离，则三棱锥的体积，得.解法二：（1）同解法一；（2）因为，平面，平面，所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的