2023年湖南省湘考王高考數(shù)學(xué)聯(lián)考試卷-普通用卷

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023年湖南省湘考王高考數(shù)學(xué)聯(lián)考試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1.已知集合A={x|x2?A.[?3,1] B.[12.若z=1+2iA.?2?4i B.?2+3.在邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E滿足CE=A.3 B.?3 C.?4 4.對(duì)24小時(shí)內(nèi)降水在平地上的積水厚度(mm0102550小雨中雨大雨暴雨小明用一個(gè)圓錐形容器接了24小時(shí)的雨水，則這一天的雨水屬于哪個(gè)等級(jí)(

)A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨5.奧林匹克標(biāo)志由五個(gè)互扣的環(huán)圈組成，五環(huán)象征五大洲的閉結(jié)，五個(gè)奧林匹克環(huán)總共有8個(gè)交點(diǎn)，從中任取3個(gè)點(diǎn)，則這3個(gè)點(diǎn)恰好位于同一個(gè)奧林匹克環(huán)上的概率是(

)

A.314 B.514 C.376.在銳角△ABC中，C=π6，AA.(0,833) B.7.正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1A.3+266π B.8.設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(?x)+f(x)=xA.(?∞,1] B.[1二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）9.已知函數(shù)f(x)=A.f(x)=sin(2x?π3)

B.函數(shù)f(x)的最小正周期為π10.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)積為Tn，并且滿足條件a1>1，A.0<q<1 B.a6a8>11.過(guò)拋物線C：y2=2px(p>0)焦點(diǎn)F的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A，B在C的準(zhǔn)線l上的射影分別為A1，B1A.AF⊥PF B.三點(diǎn)A、O、B1共線

C.原點(diǎn)O可能是△12.已知函數(shù)f(x)=ax+bx?cxA.f(12)>0 B.f(3)<0三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.在(3x2?2x)n的展開式中，二項(xiàng)式系數(shù)之和為14.已知某種袋裝食品每袋質(zhì)量X～N(500,16)，則隨機(jī)抽取10000袋這種食品，袋裝質(zhì)量在區(qū)間(492,504]的約

袋(質(zhì)量單位：g)．

15.已知過(guò)原點(diǎn)的直線l與雙曲線C：x2a2?y2b2=1的左、右兩支分別交于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)是C的右焦點(diǎn)，且AF16.已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).若?x∈(0,+∞)，四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn=an2+an．

(1)求數(shù)列{a18.(本小題12.0分)

作為一種益智游戲，中國(guó)象棋具有悠久的歷史，中國(guó)象棋的背后，體現(xiàn)的是博大精深的中華文化.為了推廣中國(guó)象棋，某地舉辦了一次地區(qū)性的中國(guó)象棋比賽，小明作為選手參加.除小明以外的其他參賽選手中，50%是一類棋手，25%是二類棋手，其余的是三類棋手.小明與一、二、三類棋手比賽獲勝的概率分別是0.3、0.4和0.5．

(1)從參賽選手中隨機(jī)選取一位棋手與小明比賽，求小明獲勝的概率；

19.(本小題12.0分)

如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA=PD=10，側(cè)面PAB的面積為10．

(1)證明：平面P20.(本小題12.0分)

如圖，在平面四邊形ABCD中，AB=2，BC=6，AD=CD=4．

(121.(本小題12.0分)

已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22，A，B是它的左、右頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D(1,0)的動(dòng)直線l(不與x軸重合)與E相交于M，N兩點(diǎn)，△MAB的最大面積為22．

(22.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=xlnx?2x+1，g(x)=12e(x答案和解析1.【答案】D

【解析】解：∵A={x|x2?2x?3≤0}={x|2.【答案】C

【解析】解：(1+z)?z?=(23.【答案】A

【解析】解：如圖，CE=2EB，

∴CE=23CB=23DA，且|DA|=|DC4.【答案】B

【解析】【分析】利用圓錐內(nèi)積水的高度是圓錐總高度的一半，求出圓錐內(nèi)積水部分的半徑，求出圓錐的體積，求出平面上積水的厚度，由題意即可得到答案．

本題考查了空間幾何體在實(shí)際生活中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握錐體和柱體體積公式的應(yīng)用，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于中檔題．【解答】解：圓錐的體積計(jì)算公式為V=13Sh=13r2πh，

因?yàn)閳A錐內(nèi)積水的高度是圓錐總高度的一半，

所以圓錐內(nèi)積水部分小圓錐的半徑為12×12×200=50mm，

將r=50，h=150代入圓錐體積公式可得積水部分小圓錐的

5.【答案】A

【解析】解：從8個(gè)點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)，共有C83=56種情況，

這三個(gè)點(diǎn)恰好位于同一個(gè)奧林匹克環(huán)上有3×C43=12種，

則所求的概率P6.【答案】B

【解析】解：在△ABC中，由正弦定理得BCsinA=ACsinB=4sinB，

∴BC=4sinA7.【答案】A

【解析】解：由題設(shè)知點(diǎn)P在以A1為球心，半徑R=153的球面上，

所以點(diǎn)P的軌跡就是該球與三棱錐C1?BCD的表面的交線，

由正方體性質(zhì)易知點(diǎn)A1到平面C1BD的距離d=233，

所以球A1在平面C1BD上的截面圓的半徑r1=R2?d2=33，截面圓的圓心O1是正ΔC1BD中心，正△C1BD的邊長(zhǎng)為2，其內(nèi)切圓O1的半徑r0=66<r1，

因此，點(diǎn)P在面C1BD內(nèi)的軌跡是圓O1在ΔC1BD內(nèi)的弧長(zhǎng)，

如圖1所示，cos∠MO1H=O1HO1M=r0r1=22，

所以∠MO1H=π8.【答案】D

【解析】解：構(gòu)造函數(shù)T(x)=f(x)?12x2，因?yàn)閒(?x)+f(x)=x2，

所以T(x)+T(?x)=f(x)?129.【答案】AB【解析】解：依題意，f(x)=12sin2x?3?1+cos2x2+32=12sin2x?32cos2x=sin(2x?π3)，A正確；

函數(shù)10.【答案】AC【解析】解：①若q<0，∵a1>1，則a6<0，a7>0，∴a6a7<0與a6a7>1矛盾，

②若q≥1，∵a1>1，則a6>1，a7>1，∴a6?1a7?1>11.【答案】AB【解析】解：如圖，由拋物線定義知|AA1|=|AF|，

又AP平分∠A1AB，∴△AFP≌△AA1P，

∴∠AFP=∠AA1P=90°，即AF⊥PF，A正確；

設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，

AB方程為x=my+p2，代入C的方程得y2?2pmy?p2=0，

∴y1+12.【答案】AB【解析】解：∵f(2)=0，即a2+b2=c2，

對(duì)A、B：又a，b，c∈(0,+∞)，則0<a<c，0<b<c，∴0<ac<1，0<bc<1，

故y=(ac)x，y=(bc)x在R上遞減，

由f(x)=ax+bx?cx=cx[(ac)x+(bc)x?1]，

令g(x)=(ac)x+(bc)x?1，則g(x)在R上遞減，且g(2)=0，

∴g(12)>g(213.【答案】1080

【解析】解：∵二項(xiàng)式系數(shù)之和為32，

∴2n=32，得n=5，

則展開式的通項(xiàng)公式Tk+1=C5k(3x2)5?k(?2x)k=C5k×14.【答案】8186

【解析】【分析】本題主要考查正態(tài)分布的對(duì)稱性，頻率與頻數(shù)的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．

根據(jù)已知條件，結(jié)合正態(tài)分布的對(duì)稱性，結(jié)合頻率與頻數(shù)的關(guān)系，即可求解．【解答】解：∵某種袋裝食品每袋質(zhì)量X～N(500,16)，

∴P(492<X≤504]=

15.【答案】17【解析】解：設(shè)左焦點(diǎn)為F′，|BF|=m，則|PF|=2m，連接BF′，PF′，

所以由雙曲線的定義知|BF′|=2a+m，|PF′|=2a+2m．

因?yàn)锳F⊥BF，

所以四邊形AF′BF為矩形．

在Rt△BF′P中，|16.【答案】1e【解析】解：由memx≥lnx得mxemx≥xlnx，即mxemx≥elnx?lnx，

令f(x)=xex，x>0，求導(dǎo)得f′(x)=(x+1)ex>0，則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

顯然m>0，當(dāng)0<x≤1時(shí)，恒有17.【答案】解：(1)∵2Sn=an2+an①，

∴當(dāng)n=1時(shí)，2S1=2a1=a12+a1，又an>0，解得a1=1，

當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn?1=an?12+【解析】本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn與an的關(guān)系，裂項(xiàng)相消法求和，數(shù)列與不等式，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

(1)利用an與Sn的關(guān)系，結(jié)合已知條件以及等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，即可得出答案；

(2)由(18.【答案】解：(1)設(shè)Ai=“小明與第i(i=1,2,3)類棋手相遇”，

根據(jù)題意P(A1)=0.5，P(A2)=0.25，P(A3)【解析】(1)根據(jù)已知條件，利用條件概率公式求解；

(2)19.【答案】解：(1)證明：由側(cè)面PAD的面積為10，得12?PA?ABsin∠PAB=10，

又PA=10，AB=2，

所以sin∠PAB=1，從而∠PAB=90°，即AB⊥PA，

又因?yàn)锳B⊥AD，PA∩AD=A，PA、AD?平面PAD，

故AB⊥平面PAD，

而AB?平面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD．

(2)取AD的中點(diǎn)O，連接OP，因?yàn)镻A=PD，所以O(shè)P⊥AD，

由(1)平面PAD⊥平面ABCD，

而OP?平面PAD，平面PAD∩平面【解析】(1)由三角形的面積公式可推導(dǎo)出AB⊥PA，再由AB⊥AD結(jié)合線面垂直、面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；

(2)取AD的中點(diǎn)O，連接OP，證明出OP⊥平面ABCD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、O20.【答案】解：(1)由余弦定理可得：BD2=AB2+AD2?2AB?AD?cosA=22+42?2×2×4×cosA，BD2=BC2+CD2?2BC?CD?cosC=42+62?2×4×6×cosC，

所以20?16cosA=52?48cosC．

又四邊形【解析】(1)根據(jù)A+C=π，結(jié)合余弦定理求解即可；

(2)結(jié)合余弦定理和面積公式得S4=21.【答案】解：(1)設(shè)橢圓E的焦距為2c，依題意，ca=22，

設(shè)橢圓E上點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為y0，0<|y0|≤b，

△MAB的面積S△MAB=12|AB|?|y0|=12?2a?|y0|≤ab，當(dāng)且僅當(dāng)|y0|=b時(shí)取等號(hào)，

因此ab=22，

而a2=b2+c2，且a=2c，

解得a=2，b=c=2，

所以橢圓E的方程為x24+y22=1．

(2)由(1)知，A(?2,0)，B(2,0)，設(shè)直線l的方程為x=t【解析】(1)根據(jù)最大面積可得ab=22，再結(jié)合離心率及a2=b2+c2求解作答．22.【答案】解：(1)令F(x)=f(x)?g(x)=xlnx?2x?12e(x?e)2+e，

則F(e)=0，所以，當(dāng)x=e，f(x)=g(x)；

當(dāng)x>e時(shí)，F(xiàn)′(x)=lnx+1