2023届湖北省武汉市高三年级下册学期5月高考冲刺模拟试卷数学试题（七）【含答案】

湖北省武汉市2023年高考冲刺模拟试卷数学试题（七）本试卷共4页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．设全集，集合，，则等于A． B． C． D．2．已知，，则实数的值为A． B． C． D．3．在边长为2的菱形中，，点满足，则A． B． C． D．4．从1，2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的概率为，已知为上述数据中的分位数，则的取值可能为A．50 B．60 C．70 D．805．如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形…如此继续．若共得到个正方形，设初始正方形的边长为，记最小正方形的边长为，设，则A． B． C． D．6．已知，，，则A． B． C． D．7．在中，内角，，的对边长分别为，，，若，则的最小值为A． B． C． D．8．已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，若该正三棱柱的外接球体积为，当最大时，该正三棱柱的体积为A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共4小题，

每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知是椭圆：上一点，椭圆的左、右焦点分别为，且，则A．的周长为 B．C．点到轴的距离为 D．10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是A．函数的图象关于点对称B．函数的单调递减区间为C．函数在区间上的值域为D．若，则11．正方体的棱长为3，、为底面内的动点（包括边界），且，，下列说法正确的是A．动点的轨迹长度为B．C．线段的长度最小值为D．三棱锥的体积可以取值为312．设函数的定义域为，，若是奇函数，是偶函数，则A．的周期为4 B．关于对称C． D．若，则三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第4项，则展开式中的系数为．14．写出斜率存在，且与圆和过点的抛物线都相切的一条直线的方程为__________．15．已知函数，若对任意，函数的图象恒在函数的图象的下方，则实数的取值范围为．16．过抛物线：焦点作互相垂直的两条直线，，与抛物线相交于，两点，与抛物线相交于，两点，若，分别是线段，的中点，求的最小值为．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在中，内角，，的对边长分别为，，，且．（1）求角；（2）点在边上，且满足，，的面积为，求的值．18．（12分）已知数列的前项和为，满足，，是公比小于的等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，，数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围．19．（12分）如图，四棱锥中，，，平面平面，已知，，，，点，分别在和上，且满足，．（1）求证：平面；（2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．20．（12分）教育是民族振兴、社会进步的重要基石，是功在当代、利在千秋的德育工程，教育能够促进人的全面发展、增强中华民族的创新能力、对实现中华民族伟大复兴具有决定性意义．为响应国家号召，为教育事业奉献微薄之力，某师范院校演讲与口才协会决定每年度举办两次下乡支教活动，现已知第一次支教活动共有名男志愿者，，，，，，和4名女志愿者，，，报名参加，若该协会决定从中随机选派3名志愿者参与希望小学支教活动，已知抽取的志愿者中包含但不包含的概率为．（1）求的值；（2）根据希望小学的需求，该协会决定第二次选派5名志愿者去该校支教，已知第二次报名的男、女人数分别与第一次报名的男、女人数一样，若用表示第二次支教的女志愿者人数，求的分布列及数学期望．21．（12分）已知双曲线：的右焦点为，离心率为3，且过点.（1）求证：双曲线上一动点到两条渐近线，的距离之积为定值；（2）经过的直线与双曲线交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知函数．（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）证明：当时，．湖北省武汉市2023年高考冲刺模拟试卷数学试题（七）参考答案一、单项选择题，二、多项选择题：题号123456789101112答案ACDBCABBACBDABCABD三、填空题13．14．或（填其中一条即可）15．16．1．A因为，，所以，故选A．2．C，所以，解得，故选C．3．D如图，，故选D．4．B

从1，2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种，设比小的有个，则比大的有个，则有，即，解得或，所以或，当时，数据中的分位数是第4个数，则，解得；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，故选B．5．C由题意得，即，解得，正方形的边长构成数列2，，1，…，其中第项为，即．所以，故选C．6．A因为，令，所以时，，因为，即，所以，故，即，令，则，令，得，故在上单调递增，因为，故，则，故在上单调递增，则，即，即，故，综上．故选A．7．B由题意可得，所以，由正弦定理得，整理得，因为，则，所以，，则①，令，因为，所以，①，当且仅当，即时取等号，故选B．8．B因为正三棱柱外接球的体积为，所以，所以．设，当直线与曲线相切时，最大．联立方程组得，由，得，要使最大，则取，此时，，所以正三棱柱的体积，故选B．9．AC由椭圆方程知，所以，所以，于是的周长为，故A正确；在中，由余弦定理可得，所以，设点到轴的距离为，则，所以，故C正确；，故D错误．故选AC．10．BD因为，所以，所以．又因为，得（舍）或，因为，可得，所以，故A错误，B正确；因为，所以，所以当时，，当时，，故C错误；因为，所以，由，得，所以，所以，故D正确．故选BD．11．ABC

由得，所以点的轨迹是线段，因为，所以点的轨迹是为圆心，以为半径的圆在正方形内的圆弧，其弧长为，故A正确；因为，，，所以面，因为平面，所以，故B正确；到的距离为，所以的最小值为，故C正确；点到的距离的最大值为，所以的最大值为，故D错误．故选ABC．12．ABD

因为是奇函数，所以，令得，且关于对称；又因为是偶函数，所以，所以关于对称，所以的周期，所以，因为，所以，所以，故选ABD．13．由题意得，的展开式的通项公式，令，解得，所以展开式中的系数为．14．或（填其中一条即可）

设切线方程为，则有①，由得，因为直线与抛物线相切，所以②，由①②联立可得或，则切线方程为或．15．

若对任意，函数的图象恒在函数的图象的下方，即对于任意，恒成立，令，则，，，又，，在上单调递减，，，即实数的取值范围为．16．

由题意得，显然直线，的斜率都存在且不为0，设直线斜率为，则的斜率为，直线的方程为，由消去并整理得，，设，，则，所以线段中点，，同理可得，所以，令，所以，且，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为

．17．解：（1）由题意可得，即，即，所以，即，（3分）所以，即，因为，所以．（5分）（2）由面积公式得，解得，（6分）又，则，故，（8分）所以，则．（10分）18．解：（1）设等比数列的公比为，前项和为，因为，，所以，，易知，所以，，（2分）两式相除得，解得，又，所以，，（4分）所以，即．（5分）（2）由（1）得，，（6分），（8分）因为，所以单调递增，所以，，（10分）因为对一切恒成立，所以且，解得．（12分）19．（1）证明：在棱上取一点，使，又，所以，，又，，所以，，（2分）所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以∥平面．（4分）（2）因为平面平面，所以可在平面内过点作的垂线，同时垂直于平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，（5分）在中，，，，由余弦定理得，，所以，可得，因为点到平面的距离为，所以是的中点，则，，，，，，，，（6分）设平面，平面的法向量分别为，，由，可得，（8分）由，可得，（10分）所以，（11分）又平面与平面是同一平面，所以平面与平面夹角的余弦值为．（12分）20．解：（1）记“抽取的志愿者中包含但不包含”为事件，则，（3分）解得，或（舍去），所以的值为．（5分）（2）由题意知可能的值为，1，2，3，4，则，，（7分），，，（10分）所以的分布列为01234．（12分）21．解：（1）因为，所以，即，又双曲线过点，可得，解得，，所以双曲线的方程为．（2分）双曲线的渐近线方程为和，则动点到两条渐近线，的距离之积为，又因为，所以，所以双曲线上一动点到两条渐近线，的距离之积为定值．（5分）（2）由题意知直线的斜率不为，设，联立消去得，于是，设，，则有，，（6分）故，所以线段的中点为，由题意知，从而线段的中垂线的方程为，（8分）令得，所以，（9分）又（10分）故，于是，即存在使得

．（12分）22．解：（1）若恒成立，即在上恒成立，设，则，（1分）令，则，显然在上单调递增，故，①