2023年12月2日发(作者：哪个高考数学试卷最难)

普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

数学（理工农医类）

1. 函数ylog2x2的定义域是

A．(3,) B．[3,) C．(4,) D．[4,)

2. 若数列{an}满足:

a1n1, 且对任意正整数m,n都有amnaman, 则

3lim(a1a2an)

123 B． C． D．2

232A．3. 过平行六面体ABCDA1B1C1D1任意两条棱的中点作直线, 其中与平面DBB1D1平行的直线共有

A．4条 B．6条 C．8条 D．12条

4. “a1”是“函数f(x)|xa|在区间[1,)上为增函数”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

5. 已知|a|2|b|0, 且关于x的方程x|a|xab0有实根, 则a与b的夹角的取值范围是

A．[0,22] B．[,] C．[,] D．[,]

633366. 某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目, 且在同一个城市投资的项目不超过2个, 则该外商不同的投资方案有

A． 16种 B．36种 C．42种 D．60种

y27. 过双曲线M:x21的左顶点A作斜率为1的直线l, 若l与双曲线M的两条渐b2近线分别相交于点B,C, 且|AB||BC|, 则双曲线M的离心率是

A．

10 B．5 C．8. 设函数f(x)105 D．

32xa, 集合M{x|f(x)0},P{x|f(x)0}, 若MP,

x1则实数a的取值范围是

A．(,1) B．(0,1) C．(1,) D．[1,)

9. 棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截

面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是

1

图1 A．

23 B． C．2 D．3

222210. 若圆xy4x4y100上至少有三个不同的点到直线l:axby0的距离为22,则直线l的倾斜角的取值范围是

A．

[5，] B．[，] C．[，] D．[0，]

12412126325（ax1)的展开式中x3的系数是80, 则实数a的值是__________. 11. 若x12212. 已知xy10 则xy的最小值是_____________.

2xy2013. 曲线y12和yx在它们的交点处的两条切线与x轴所围成的三角形的面积是

x ___________.

14. 若f(x)asin(x4)bsin(x4)(ab0)是偶PMB函数, 则有序实数对(a,b)可以 是__________.(注:

写出你认为正确的一组数字即可)

15. 如图2,

OM//AB, 点P在由射线OM, 线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内(不含边界)运动, 且O 图2AOPxOAyOB,则x的取值范围是__________; 当x__________.

16.

1时,

y的取值范围是2如图3,

D是直角ABC斜边BC上一点,

ABAD,记CAD,ABC(Ⅰ)证明:

sincos20;

(Ⅱ)若AC

A.

3DC,求的值.

B图3DC

2 17.

某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检), 若安检不合格, 则必须整改. 若整改后经复查仍不合格, 则强制关闭. 设每家煤矿安检是否合格是相互独立的, 且每家煤矿整改前合格的概率是0.5, 整改后安检合格的概率是0.8,计算(结果精确到0.01);

(Ⅰ) 恰好有两家煤矿必须整改的概率;

(Ⅱ) 平均有多少家煤矿必须整改;

(Ⅲ) 至少关闭一家煤矿的概率 .

18.

如图4, 已知两个正四棱锥PABCD与QABCD的高分别为1和2,

AB4

(Ⅰ) 证明:

PQ平面ABCD ;

DP(Ⅱ) 求异面直线AQ与PQ所成的角;

ABC(Ⅲ) 求点P到平面QAD的距离.

19．

已知函数f(x)xsinx, 数列{an}满足:

0a11, an+1=f(an),

n1,2,3,

证明： (Ⅰ)

0an1an1 ;

(Ⅱ)

an1

Q 图413an .

6

3

20．

对1个单位质量的含污物体进行清洗, 清洗前其清洁度(含污物体的清洁度定义为:

1污物质量）为0.8, 要求清洗完后的清洁度为0.99. 有两种方案可供选物体质量（含污物）x0.8(xa1),

x1择, 方案甲: 一次清洗; 方案乙: 分两次清洗. 该物体初次清洗后受残留水等因素影响,

其质量变为a(1a3). 设用x单位质量的水初次清洗后的清洁度是用y单位质量的水第二次清洗后的清洁度是次清洗后的清洁度.

yac, 其中c(0.8c0.99)是该物体初ya(Ⅰ)分别求出方案甲以及c0.95时方案乙的用水量, 并比较哪一种方案用水量较少;

(Ⅱ)若采用方案乙, 当a为某定值时, 如何安排初次与第二次清洗的用水量, 使总用水量最小? 并讨论a取不同数值时对最少总用水量多少的影响.

21．

x2y21, 抛物线C2:(ym)22px(p0), 且C1,C2的公共弦 已知椭圆C1:43AB过椭圆C1的右焦点 .

(Ⅰ) 当ABx轴时, 求m,p的值, 并判断抛物线C2的焦点是否在直线AB上;

(Ⅱ) 是否存在m,p的值, 使抛物线C2的焦点恰在直线AB上? 若存在, 求出符合条件的m,p的值; 若不存在, 请说明理由 .

4 普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

数学（理工农医类）参考答案

1.D； 2.A； 3.D； 4.A； 5.B； 6.D； 7.A； 8.C； 9.C； 10.B；

11.2； 12.5； 13.16、

解 (I)如图, 因为所以

sin即

sin313； 14.(1,

1) ； 15.(,0) ,(,)；

4222BAD2(2)2,

2,

sin(2)cos22cos20。

（II）在VADC中,由正弦定理得DCACDC3DC, 即。

sinsin()sinsin所以sina3sin。

, 所以由（I）,

sinacos2sina3cos23(12sin2)。

即23sin2sin30,

解得sin33或sin。

23因为032, 所以sin3,

2从而17、

。

解（I）每家煤矿必须整改的概率是1—0.5, 且每家煤矿是否整改是相互独立的, 所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是

223P1C5(10.5)0.550.31。

16B(5,0.5), 从而的数学期望是（II）由题设, 必须整改的煤矿数服从二项公布E50.52.5, 即平均有2.50家煤矿必须整改。

（III）某煤矿被关闭, 即该煤矿第一次安检不合格, 整改后经复查仍不合格, 所以该煤矿被关闭的概率是P2(10.5)(10.8)0.1, 从而该煤矿不被关闭的概率是0.9, 由题意,

10.930.41

5

每家煤矿是否被关闭是相互独立的, 故至少关闭一家煤矿的概率是P3 18.

解法一（Ⅰ）连接AC、BD, 设ACBD＝O

因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥,

所以PO平面ABCD, QO平面ABCD

从而P、O、Q三点在一条直线上, 所以PQ平面ABCD

ACBD．由（I）,

PQ平面ABCD, 故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴,

y轴,

z轴建立空间直角坐标系（如图）, 由题设条件,

相关各点的坐标分别是P(0,0,1),

Q(0,0,2),

（II）由题设知, ABCD是正方形, 所以B(0,22,0)

uur所以AQ(22,0,2),

uuurPB(22,0,1),uuuruuuruuuruuurAQgPB3于是cosAQ,PB

AQgPB9从而异面直线AQ与PB所成的角是

arccos3

9uuur（Ⅲ）由（Ⅱ）, 点D的坐标是(0,22,0),AD(0,22,22,0),

uuurPQ(0,0,3),

ruuurrnAQ02xz0得设n＝（x,y,z）是平面QAD的一个法向量, 由ruuu

rxy0nAQ0r取x1,得n(1,1,2)uuurrPQn32

所以点P到平面QAD得距离dr2n解法二（Ⅰ）取AD的中点M, 连接PM,QM,

因为

P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥, 所以ADPM,ADOM

uuur所以AQ(2,0,2),uuurPB(0,22,1),uuuruuuruuuruuurAQgPB3于是cosAQ,PBuuu,

ruuur9AQgPB从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos39

6 （Ⅲ）由（Ⅱ）, 点D的坐标是

uuurrPQ.n32r设n(x,y,z)是平面QAD的距离dr2nuuur(0,22,0),AD(22,22,0),

uuurPQ(0,0,3)

uuur(0,22,0),AD(22,22,0),uuurPQ(0,0,3),解法二（Ⅱ）, 点D的坐标是

ruuurrnAQ2xz设n(x,y,z)是平面QAD的一个法向量,由ruuu

r得xy0nADr取x1,得n(1,1,2).

uuurrPQ.n32所以点P到平面QAD的距离dr.

2n解法二（Ⅰ）取AD的中点M, 连接PM, QM.

因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥, 所以ADPM,ADQM

从而AD平面ABCD。

（Ⅱ）连接AC,BD,设ACBD＝0, 由PQ平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在

PQ上, 从而P, A, Q, C.

取OC的中点N, 连接PN

因为PO1NONO1,所以

OQ2OAOC2

PONO,从而AQ//PN,BPNOQOC接BN,

因为PB（或其补角）是异面直线, AQ与PB所成的角, 连OB2OP2(22)213．

PNON2OP2(2)213

BNOB2ON2(22)2(2)210

19.（本小题满分14分）

已知函数f(x)xsinx, 数列an满足：0a11,

an1f(an),n1,2,3……

7 证明：（Ⅰ）0an1an1 （Ⅱ）an113an

6证明 （Ⅰ）先用数学归纳法证明0an1,n1,2,3,……

当n1时, 由已知, 结论成立。

（iii）假设当nk时结论成立, 即0因为0x1时所以从而an1

f\'(x)1cosx0,

f(x)在（0, 1）上是增函数, 又f(x)在[0, 1]上连续,

f(0)f(a1)f(1), 即0an11sin11,

故当nk1时, 结论成立

由（i）、（ii）可知,

0又因为0所以an1an1对一切正整数都成立

an1时,

an1anansinansinan0

an, 综上所述0an1an1

13x,0x1

6由（Ⅰ）知, 当0x1时,

sinxx

（Ⅱ）设函数g(x)sinxxx2x2x2x22x2sin2()0 从而g\'(x)cosx122222所以g(x)在（0, 1）上是增函数, 又g(x)在[0, 1]上连续, 且g(0)0,

所以当0x1时,

g(x)故an121

解： (I)当ABx轴时, 点A、B关于x轴对称, 所以m＝0, 直线AB的方程x＝1, 从而点A的坐标为（1,

130成立。于是g(an)0, 即sinananan0,

613an

632）或（1,

3）。

22因为点A在抛物线上, 所以不在直线AB上。

9992p, 即p。此时C的焦点坐标为(,0), 该焦点4816（II）解法一 假设存在m、p的值使C2的焦点恰在直线AB上, 由(I)知道直线AB的斜率存在, 故可设直线AB的方程为yk(x1)。

8 yk(x1)2222由x2消去y得(34k)x8kx4k120...........................①

y2143(x2,y2), 设A、B的坐标分别为(x1,y1)、8k2则x、x是方程①的两根,

x1x234k212,

(ym)22px由消去y得

yk(x1)（kx－k－m）＝2px

②

2 ..........................p,m)在yk(x1)上,

2pkpkp2所以mk(1),即mk。代入②有(kx)2px 。

222因为C2的焦点F\'(k2p20。 即kxp(k2)x4222

..........................③

p(k22)由x1, x2 也是方程③的两根, 所以x1x2。

k28k48k2p(k22)从而,

p(4k23)(k22)34k2k2 ..........................④

又AB过C1,C2的焦点。

所以。

pp11AB(x1)(x2)x1x2p(2x1)(2x2),

2222 ..........................312k24k212则p4(x1x2)4。

22224k34k3⑤

8k44k212由④, ⑤得。

222(4k3)(k2)4k3即k45k260。解得k＝6。

2于是k6,p4。

3

9 因为C2得焦点F\'(622,m)在直线y6(x1)上, 所以m6(1)。即m333或m63 。

由上知, 满足条件得m、p存在, 且m

63或m63,

p4

3解法二 设A、B得坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2)

P,m)。

2pp11所以AB(x1)(x2)x1x2p(2x1)(2x2)。

22222即x1x2(4p)。

3因为AB即过C1得右焦点F（1, 0）, 又过C2得焦点F\'( ..........................①

由（I）知x1x2,

p2, 于是直线AB的斜率ky2y1mo2m。......②

px2x1p212且直线AB的方程是y2m(x1)。

p2..........................③ 所以y1y22m4m(1p)(x1x22)。

p23(p2)为223x14y112223x24y212又因 , 所以3(x1x2)4(y1y2)y2y10。..........................④

x2x123(p4)(p2)2将①, ②, ③代入④得m16(1p) ..........................⑤

。

P8x2x1yy2m2p因为 , 所以1222y2y13x4y1222

2。

..........................⑥

3p(p2)2将②、③代入⑥得m1610p

。 ..........................10 ⑦

3(p4)(p2)23p(p2)3由⑤、⑦得216(1p)1610p, 即3p20p320。

解得P43或P8（舍去）。

将P43代入○5得m2263, 所以m3或m63。

由上知, 满足条件的m、p存在, 且m63或m63,

P43

20.

解：（Ⅰ）设方案甲与方案乙的用水量分别为x与z, 由题设有x0.8x10.99,

由c0.95得方案乙初次用水量为3, 第二次用水量y满足方程

y0.95aya0.99, 解得y4a, 故z4a3

即两种方案的用水量分别为19与4a3。

因为当1a3时,

xz4(4a)0, 即xz,

故方案乙的用水量较少

（Ⅱ）设初次与第二次清晰的用水辆分别为x与y, 类似（Ⅰ）得

x5c45(1c),ya(99100c) （*）

于是xy5c45(1c)a(99100c)15(1c)100a(1c)a1

当a为定值时,

xy15(1c)100a(1c)a1a45a1

当且仅当

15(1c)100a(1c)时等号成立, 此时c11105a（不合题意,

或c11105a（0.8, 0.99）

将c11105a代入（*）式得x251a1,y25a

解得x19舍去）

11

故c11105a时总用水量最少, 此时第一次与第二次用水量分别为251与25a,

最少总用水量是T(a)a451

当1a3时,

T\'(a)2510, 故T(a)是增函数（也可以用二次函数的单调性判a断）。这说明, 随着a的值的增加, 最少总用量增加。

12


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