2023-2024学年湖北省荆州市名校高考数学全真模拟密押卷含解析

2023-2024学年湖北省荆州市名校高考数学全真模拟密押卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知函数，，若对任意的，存在实数满足，使得，则的最大值是()A．3 B．2 C．4 D．52．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是()A．公元前2000年到公元元年 B．公元前4000年到公元前2000年C．公元前6000年到公元前4000年 D．早于公元前6000年3．某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（）A．480种 B．360种 C．240种 D．120种4．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则,，的大小关系为（）A． B． C． D．5．已知函数的图像与一条平行于轴的直线有两个交点，其横坐标分别为，则（）A． B． C． D．6．2020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遺到、、三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到县的分法有（）A．6种 B．12种 C．24种 D．36种7．已知双曲线：，，为其左、右焦点，直线过右焦点，与双曲线的右支交于，两点，且点在轴上方，若，则直线的斜率为()A． B． C． D．8．已知复数满足，则的共轭复数是（）A． B． C． D．9．若的二项展开式中的系数是40，则正整数的值为（）A．4 B．5 C．6 D．710．已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．11．若复数满足（是虚数单位），则（）A． B． C． D．12．若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．14．若函数为奇函数，则_______.15．某种圆柱形的如罐的容积为个立方单位，当它的底面半径和高的比值为______.时，可使得所用材料最省.16．已知，满足约束条件则的最小值为__________.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）设函数，，.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，().（i）求的取值范围；（ii）求证:随着的增大而增大.18．（12分）已知，且满足，证明：.19．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为．且经过点(1，)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中D在x轴上方）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若△AEF与△BDF的面积之比为1：7，求直线l的方程．20．（12分）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为60千米/小时、120千米/小时、600千米/小时，每千米的运费分别为20元、10元、50元.这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为m元（），运输的路程为S（千米）.设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为（元）、（元）、（元）.（1）请分别写出、、的表达式；（2）试确定使用哪种运输工具总费用最省.21．（12分）在中，角，，所对的边分别是，，，且.(1)求的值；(2)若，求的取值范围.22．（10分）在直角坐标系中，已知点，的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.

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、A【解析】

根据条件将问题转化为，对于恒成立，然后构造函数，然后求出的范围，进一步得到的最大值.【详解】，，对任意的，存在实数满足，使得，易得，即恒成立，，对于恒成立,设，则，令，在恒成立，，故存在，使得，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增.,将代入得：，，且，故选：A【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题.2、D【解析】

先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，，．，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．故选：．【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．3、B【解析】

将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.【详解】当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.故选：B【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.4、C【解析】

根据函数的奇偶性得，再比较的大小，根据函数的单调性可得选项.【详解】依题意得，，当时，，因为，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，，即，故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用、幂、指、对的大小比较，以及根据函数的单调性比较大小，属于中档题.5、A【解析】

画出函数的图像，函数对称轴方程为，由图可得与关于对称，即得解.【详解】函数的图像如图，对称轴方程为，，又，由图可得与关于对称，故选：A【点睛】本题考查了正弦型函数的对称性，考查了学生综合分析，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.6、B【解析】

分成甲单独到县和甲与另一人一同到县两种情况进行分类讨论，由此求得甲被派遣到县的分法数.【详解】如果甲单独到县，则方法数有种.如果甲与另一人一同到县，则方法数有种.故总的方法数有种.故选：B【点睛】本小题主要考查简答排列组合的计算，属于基础题.7、D【解析】

由|AF2|＝3|BF2|，可得.设直线l的方程x＝my+，m＞0，设，，即y1＝﹣3y2①，联立直线l与曲线C,得y1+y2＝-②，y1y2＝③，求出m的值即可求出直线的斜率.【详解】双曲线C：，F1，F2为左、右焦点，则F2（，0），设直线l的方程x＝my+，m＞0，∵双曲线的渐近线方程为x＝±2y，∴m≠±2，设A（x1，y1），B（x2，y2），且y1＞0，由|AF2|＝3|BF2|，∴，∴y1＝﹣3y2①由，得∴△＝（2m）2﹣4（m2﹣4）＞0，即m2+4＞0恒成立，∴y1+y2＝②，y1y2＝③，联立①②得，联立①③得，，即：，，解得：，直线的斜率为，故选D．【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，属于中档题．8、B【解析】

根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可.【详解】由，得，所以．故选：B【点睛】本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.9、B【解析】

先化简的二项展开式中第项，然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令，则，∴，∴（舍）或.【点睛】本题考查二项展开式问题，属于基础题10、A【解析】

根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由双曲线可知，焦点在轴上，则双曲线的渐近线方程为：，由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，∴，即：，，所以双曲线的渐近线方程为：.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.11、B【解析】

利用复数乘法运算化简，由此求得.【详解】依题意，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查复数的乘法运算，考查复数模的计算，属于基础题.12、C【解析】

求得双曲线的渐近线方程，可得圆心到渐近线的距离，由点到直线的距离公式可得的范围，再由离心率公式计算即可得到所求范围．【详解】双曲线的一条渐近线为，即，由题意知，直线与圆相切或相离，则，解得，因此，双曲线的离心率.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，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】

求导，研究函数单调性，分析，即得解【详解】由题意得，，令，解得，令，解得.在上递减，在递增．，而，故在区间上的最小值和最大值分别是．故答案为：【点睛】本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，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14、-2【解析】

由是定义在上的奇函数,可知对任意的,都成立,代入函数式可求得的值.【详解】由题意,的定义域为,,是奇函数,则,即对任意的,都成立,故,整理得,解得.故答案为:.【点睛】本题考查奇函数性质的应用,考查学生的计算求解能力,属于基础题.15、【解析】

设圆柱的高为，底面半径为，根据容积为个立方单位可得，再列出该圆柱的表面积，利用导数求出最值，从而进一步得到圆柱的底面半径和高的比值．【详解】设圆柱的高为，底面半径为.∵该圆柱形的如罐的容积为个立方单位∴，即.∴该圆柱形的表面积为.令，则.令，得；令，得.∴在上单调递减，在上单调递增.∴当时，取得最小值，即材料最省，此时.故答案为：.【点睛】本题考查函数的应用，解答本题的关键是写出表面积的表示式，再利用导数求函数的最值，属中档题．16、【解析】

画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知：可行域是由三点，，构成的三角形及其内部，当直线过点时，取得最小值.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，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、（1）见解析；（2）（i）（ii）证明见解析【解析】

（1）求出导函数，分类讨论即可求解；（2）（i）结合（1）的单调性分析函数有两个零点求解参数取值范围；（ii）设，通过转化，讨论函数的单调性得证.【详解】（1）因为，所以当时，在上恒成立，所以在上单调递增，当时，的解集为，的解集为，所以的单调增区间为，的单调减区间为；（2）（i）由（1）可知，当时，在上单调递增，至多一个零点，不符题意，当时，因为有两个零点，所以，解得，因为，且，所以存在，使得，又因为，设，则，所以单调递增，所以，即，因为，所以存在，使得，综上，；（ii）因为，所以，因为，所以，设，则，所以，解得，所以，所以，设，则，设，则，所以单调递增，所以，所以，即，所以单调递增，即随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，命题得证.【点睛】此题考查利用导函数处理函数的单调性，根据函数的零点个数求参数的取值范围，通过等价转化证明与零点相关的命题.18、证明见解析【解析】

将化简可得，由柯西不等式可得证明.【详解】解：因为，，所以，又，所以，当且仅当时取等号.【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，相对不难，注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.19、（1）（2）．【解析】

（1）利用离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解即可.（2）把面积之比转化为纵坐标之间的关系，联立方程结合韦达定理可求.【详解】解：（1）设焦距为2c，由题意知：；解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知：F(﹣1，0)，设l：，D(，)，E(，)，＜0＜①，，，②；③；由①②得：，，代入③得：，又，故，因此，直线l的方程为．【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解及椭圆中的面积问题，椭圆方程一般利用待定系数法，建立方程组进行求解，面积问题的合理转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.20、（1），，.（2）当时，此时选择火车运输费最省；当时，此时选择飞机运输费用最省；当时，此时选择火车或飞机运输费用最省.【解析】

（1）将运费和损耗费相加得出总费用的表达式.（2）作差比较、的大小关系得出结论.【详解】（1），，.（2），故，恒成立，故只需比较与的大小关系即可，令，故当，即时，，即，此时选择火车运输费最省，当，即时，，即，此时选择飞机运输费用最省.当，即时，，，此时选择火车或飞机运输费用最省.【点睛】本题考查了常