2023年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)
一。选择题。
1.【答案】b
解析】由题可得，故选b.
考点定位】复数。
2.【答案】d
解析】根据随机抽样的原理可得简单随机抽样，分层抽样，系统抽样都必须满足每个个体被抽到的概率相等，即，故选d.
考点定位】抽样调查
3.【答案】c
解析】分别令和可得且。
则，故选c.
考点定位】奇偶性。
4.【答案】a
解析】第项展开式为，则时， ,故选a.
考点定位】二项式定理。
5.【答案】c
解析】当时，两边乘以可得，所以命题为真命题，当时，因为，所以命题为假命题，所以为真命题，故选c.
考点定位】命题真假逻辑连接词。
6.【答案】d
解析】当时，运行程序如下， ,当时， ,则，故选d.
考点定位】程序框图二次函数。
7.【答案】b
解析】由图可得该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径，则，故选b.
考点定位】三视图内切圆球。
8.【答案】d
解析】设两年的平均增长率为，则有，故选d.
考点定位】实际应用题。
9.【答案】a
解析】函数的对称轴为，因为，所以或，则是其中一条对称轴，故选a.
考点定位】三角函数图像辅助角公式。
10.【答案】b
解析】由题可得存在满足。
当取决于负无穷小时，趋近于，因为函数在定义域内是单调递增的，所以，故选b.
考点定位】指对数函数方程。
二。填空题。
11.【答案】
解析】曲线的普通方程为，设直线的方程为，因为弦长，所以圆心到直线的距离，所以圆心在直线上，故，故填。
考点定位】极坐标参数方程。
12.【答案】
解析】设线段交于点d延长交圆与另外一点，则，由三角形abd的勾股定理可得，由双割线定理可得，则直径，故填。
考点定位】勾股定理双割线定理。
13.【答案】
解析】由题可得，故填。
考点定位】绝对值不等式。
14.【答案】
解析】求出约束条件中三条直线的交点为，且的可行域如图，所以，则当为最优解时， ,当为最优解时， ,因为，所以，故填。
考点定位】线性规划。
15.【答案】
解析】由题可得，则，故填。
考点定位】抛物线。
16.【答案】
解析】动点的轨迹为以为圆心的单位圆，则设为，则，因为的最大值为，所以的最大值为，故填。
考点定位】参数方程圆三角函数。
17.某企业甲，乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和，现安排甲组研发新产品，乙组研发新产品。设甲，乙两组的研发是相互独立的。
1)求至少有一种新产品研发成功的概率；
2)若新产品研发成功，预计企业可获得万元，若新产品研发成功，预计企业可获得利润万元，求该企业可获得利润的分布列和数学期望。
17.【答案】(1) (2)详见解析
解析】(1)解：设至少有一组研发成功的事件为事件且事件为事件的对立事件，则事件为一种新产品都没有成功，因为甲，乙成功的概率分别为，则，再根据对立事件概率之间的公式可得，所以至少一种产品研发成功的概率为。
2)由题可得设该企业可获得利润为，则的取值有， ,即，由独立试验的概率计算公式可得：
所以的分布列如下：
则数学期望。
考点定位】分布列期望独立试验的概率。
18.如图5,在平面四边形中，.
1)求的值；
2)若， ,求的长。
18.【答案】(1) (2)
解析】解：(1)由关于的余弦定理可得。
所以。2)因为为四边形内角，所以且，则由正余弦的关系可得且，再有正弦的和差角公式可得。
再由的正弦定理可得。
考点定位】正余弦定理正余弦之间的关系与和差角公式。
19.如图6,四棱柱的所有棱长都相等， ,四边形和四边形为矩形。
1)证明：底面；
2)若，求二面角的余弦值。
19.【答案】(1) 详见解析 (2)
解析】(1)证明：四棱柱的所有棱长都相等。
四边形和四边形均为菱形。
分别为中点。
四边形和四边形为矩形。
且。又且底面。
底面。2)过作的垂线交于点，连接。不妨设四棱柱的边长为。
底面且底面面。面。又面。
四边形为菱形。
又且，面。面。
又面。又且，面。
面。为二面角的平面角，则。
且四边形为菱形，则。
再由的勾股定理可得，则，所以二面角的余弦值为。
考点定位】线面垂直二面角。
20.已知数列满足，.
1)若为递增数列，且成等差数列，求的值；
2)若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式。
20.【答案】(1) (2)
解析】解：(1)因为数列为递增数列，所以，则，分别令可得，因为成等差数列，所以或，当时，数列为常数数列不符合数列是递增数列，所以。
2)由题可得，因为是递增数列且是递减数列，所以且，则有，因为。
2)由题可得，因为是递增数列且是递减数列，所以且，两不等式相加可得，又因为，所以，即，同理可得且，所以，则当时， ,这个等式相加可得。
当时， ,这个等式相加可得。
当时，符合，故。
综上。考点定位】叠加法等差数列等比数列
21.如图7,为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，离心率为；双曲线的左右焦点分别为，离心率为，已知，且。
1)求的方程；
2)过点的不垂直于轴的弦，为的中点，当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值。
21.【答案】(1) (2)4
解析】解：(1)由题可得，且，因为，且，所以且且，所以椭圆方程为，双曲线的方程为。
2)由(1)可得，因为直线不垂直于轴，所以设直线的方程为，联立直线与椭圆方程可得，则，则，因为在直线上，所以，因为为焦点弦，所以根据焦点弦弦长公式可得，则直线的方程为，联立直线与双曲线可得，则，所以的坐标为，则点到直线的距离为， ,因为点在直线的两端所以，则四边形面积。
因为，所以当时， 四边形面积取得最小值为。
考点定位】弦长双曲线椭圆最值。
22.已知常数，函数。
1)讨论在区间上的单调性；
2)若存在两个极值点，且，求的取值范围。
答案】(1)详见解析
解析】解：(1)对函数求导可得。
因为，所以当时，即时，恒成立，则函数在单调递增，当时， ,则函数在区间单调递减，在单调递增的。
(2) 解：(1)对函数求导可得，因为，所以当时，即时，恒成立，则函数在单调递增，当时， ,则函数在区间单调递减，在单调递增的。
(2)函数的定义域为，由(1)可得当时， ,则，则为函数的两个极值点，因为或，则，则设，则，设函数， 后续有待更新！
考点定位】导数含参二次不等式对数。
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