Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第一次联考（含解析）

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Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第一次联考

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 设全集为，集合，，则   (    )

A.  B.  C.  D.

2. 若复数，则(    )

A.
B. 复数在复平面上对应的点在第二象限
C. 复数的实部与虚部之积为
D.

3. 的展开式中的常数项为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 九章算术商功中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑在鳖臑中，平面，，且，，，则四面体外接球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 已知正实数，满足，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 已知点，，直线，动点到点的距离和它到直线的距离之比为，则的最大值是(    )

A.  B.  C.  D.

7. 已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知向量，，满足，，，则向量与夹角的最大值是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 盒中装有大小相同的小球编号为至，其中黑球个，白球个每次取一球取后放回，则(    )

A. 每次取到号球的概率为
B. 每次取到黑球的概率为
C. “第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件
D. “每次取到号球”与“每次取到号球”是对立事件

10. 已知函数，其中表示不大于的最大整数，如：，，则(    )

A. 是增函数 B. 是周期函数
C. 的值域为 D. 是偶函数

11. 设抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，的准线与轴交于点，为坐标原点，则(    )

A. 线段长度的最小值为
B. 若线段中点的横坐标为，则直线的斜率为
C.
D.

12. 已知函数，，若存在，，使得成立，则(    )

A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，的最小值为

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 函数的最小正周期为          ．
14. 毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被称为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为的正方形的一边作为斜边，向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第次生长得到的小正方形的个数为，则数列的前项和          ．
15. 已知正四棱柱，，，则直线与平面所成角的正弦值为          ．
16. 设直线：与圆：交于，两点，当面积的最大值为时，的值为          ．

四、解答题（本大题共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. 本小题分

已知的内角，，的对边分别为，，，且B.
求
在重心，内心，外心这三个条件中选择一个补充在下面问题中，并解决问题．
若，，为的          ，求的面积．

18. 本小题分

已知数列的各项均为正数，记为的前项和，，且．
求证：数列是等差数列，并求的通项公式
当，时，求证：．

19. 本小题分

如图，在四棱锥中，平面平面，，，，是的平分线，且．
若点为棱的中点，证明：平面
已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值．
 

20. 本小题分

随着时代的不断发展，社会对高素质人才的需求不断扩大，我国本科毕业生中考研人数也不断攀升，年的考研人数是万人，年考研人数是万人某省统计了该省其中四所大学年的毕业生人数及考研人数单位：千人，得到如下表格：

已知与具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程
假设该省对选择考研的大学生每人发放万元的补贴．
若该省大学年毕业生人数为千人，估计该省要发放补贴的总金额
若大学的毕业生中小浙、小江选择考研的概率分别为，，该省对小浙、小江两人的考研补贴总金额的期望不超过万元，求的取值范围．
参考公式：，．

21. 本小题分

已知双曲线的离心率为，且点在上．
求双曲线的方程
试问：在双曲线的右支上是否存在一点，使得过点作圆的两条切线，切点分别为，，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，，且若存在，求出点若不存在，请说明理由．

22. 本小题分

已知函数，
当时，证明：
若函数在上单调递减，求的取值范围．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了交、并、补集的混合运算，属于基础题．

【解答】

解：集合，，
．

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查复数的运算，复数的代数形式的几何意义，复数的概念，共轭复数，属于基础题．

【解答】

解：复数，
，故A正确；
复数在复平面上对应的点坐标为，在第三象限，故B错误；
复数的实部与虚部之积为，故C错误；
，故D错误．

3.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查二项式定理的应用，考查求展开式中特定项，属于基础题

【解答】

解：二项式的展开式的第项为：
，
令，解得．
故常数项为第项，该项为，
故答案是．

4.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查四棱锥的外接球，球的表面积的求法，属于中档题．

【解答】

解：由题意，面，，，，是直角三角形，，
．
的外接圆的半径，
球心到圆心的距离，
球的半径，
四面体外接球的表面积为，
故选D．

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了利用基本不等式求最值，属于中档题．

【解答】

解：因为正实数，满足，
可得

，当且仅当时，取等号，
即得，
解得或，
又，所以，
即的最小值为．

6.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查与椭圆有关的轨迹问题，椭圆上的点到定点距离的最值，属于中档题．

【解答】

解：设，则由已知得，化简得，
则
，
所以时，．

7.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了函数的奇偶性和周期性在求函数值中的应用，考查了运算求解能力，属于难题．

【解答】

解：由为偶函数，可得；
由，可得，
联立可得：，令，可求得，
又，，结合，可得，，
由可得，结合可推得，
所以是以为周期的函数，
因为，
若被整除，设，，
则，显然无解，故此情况不成立；
若被整除余，设，，
则，显然也无解，故此情况不成立；
若被整除余，设，，
则，，故此情况成立，此时；
若被整除余，设，，
则，显然也无解，故此情况不成立；
所以．

8.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了向量夹角的问题，属较难题．

【解答】

解：解法一：不妨设，，，
因为，
所以，
即，则向量的起点为，终点在以为圆心，以为半径的圆上，
如下图所示：

由图可知，当图中向量所在直线与圆相切时，
向量与夹角的最大，且最大值是．
解法二：，，
又，，
则，
即，即，
所以，，
向量与夹角的最大值是．

9.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查等可能事件的概率，以及对立事件，相互独立事件和古典概型的概率等有关知识，属于基础题．
分别根据定义对四个选项进行判断即可．

【解答】

解：由于盒中装有大小相同的小球编号为至，其中黑球个，白球个．
每次取一球取后放回，则每次取到号球的概率为，每次取到黑球的概率为，故A正确，B错误．
由于两次取到黑球和白球之间没有必然的关系，第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件，
“每次取到号球”与“每次取到号球”不是对立事件，故正确，错误．

10.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查分段函数的性质，准确理解取整函数的定义是解题的关键，属于较难题．

【解答】

解：由于 ， ，所以函数不是增函数，选项A错误
又 ，所以是函数 的周期，所以选项 B正确
根据 的定义当时，，此时．
当时，，此时．
当时，，此时．
当时，，此时．
当时，，此时．
当时，，此时．

由此可得函数，得出选项C正确
又 ， ，所以，从而选项D不正确．
故选BC．

11.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了直线与抛物线位置关系及其应用，焦点弦、中点弦以及抛物线定义等知识，属较难题．

【解答】

解：如图，过、作准线的垂线，垂足分别为、，设线段的中点为，在准线上的射影为当线段为通径线段垂直于轴时长度最小为，故A正确
设、，则，得，
则，故B正确
因为直线为抛物线准线，
由抛物线定义可知弦的中点到准线的距离等于，

故以为直径的圆与直线相切，所以点在该圆上或该圆外，故 C错误
由题意，设，，直线的斜率一定存在设其方程为，
则可得，所以，，
，
，
所以直线与直线的斜率互为相反数，直线倾斜角互补，所以，故D正确选项也可用平面几何三角形相似得到．

12.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查利用导数研究存在性问题、最值及不等式等，属于难题．

【解答】

解：，，在上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，要使越小，则取，故有，故A正确
又与均可趋向于，故B错误
当，，且，，故C正确
，令，，，
在单调递减，在单调递增，，故D正确．

13.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了正弦型函数的周期性，属于基础题．

【解答】

解：函数的最小正周期，
故答案为：．

14.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了等比数列的概念及等比数列的前项和，属基础题．
 

【解答】

解：由题意知，，，，
数列是首项为，公比为的等比数列，所以．

15.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查直线与平面所成角的向量求法，属于中档题．

【解答】

解：建立如图所示空间直角坐标系，，，，
设平面的法向量为，
故有，取，


 

16.【答案】 

【解析】

【分析】

解：圆：，圆心为，半径为，
因为，
则当的面积最大为时当，此时时，即是等腰直角三角形，
则圆心到直线：的距离为，
解得．

【解答】

本题考查了圆中三角形面积的最值问题和直线与圆的位置关系，属于中档题．

17.【答案】解：
，
，
则，即，
，，即有，
，

若选为的重心，


若选为的内心，

，，
设内切圆半径为，则有，
则有，此时
若选为的外心，

，，
设外接圆半径为，则，解得，
如图，，
此时，． 

【解析】本题考查了余弦定理、正弦定理在平面几何中的应用，涉及正余弦定理、三角形面积公式、和差角公式等知识，属中档题．
 

18.【答案】解：且，
，
当时，，
，
又，所以，
，
数列是以为首项，公差为的等差数列，
，所以．
当时，，
又满足上式，
数列的通项公式为．
另解：
当时，，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为．
另解：
当时，，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为．
当时，，
故，
所以对，，都有． 

【解析】本题主要考查等差数列的判定及通项公式，裂项相消法求和，属于中档题．
 

19.【答案】解：方法一：延长，交于点，连接，
在中，
是的平分线，且，
点是的中点，
又是的中点，
，
又平面，平面，
直线平面．

方法二：取的中点为，连接，
为的中点，，
又平面，平面，
平面，
又在四边形中，
，，，
则，，
又因为，为的中点，
所以，
所以，又平面，平面，
可得平面，

由平面，平面，，平面，且，
所以可得平面平面，
又平面，平面，
直线平面．
在中，，，，
则，即，
由已知得，，
又平面平面，平面，
所以平面，即，
所以为二面角的的平面角，
所以，
又，所以为正三角形，
取的中点为，连，则，平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，

所以，，，
设，分别为平面和平面的法向量，则
，即，取，则，
，即，取，则，
所以，
则平面和平面所成夹角的余弦值为． 

【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用空间向量求解线面角与二面角的大小，属于拔高题．
 

20.【答案】解：
由题意得，，
又，

，

，
所以，
故得关于的线性回归方程为．

将代入，
估计该省要发放补贴的总金额为万元
设小浙、小江两人中选择考研的的人数为，则的所有可能值为，，
，
，
，
，
，
又，且，，，
故的取值范围为 

【解析】本题考查了求回归直线方程并对总体进行估计，离散型随机变量的期望等知识，属中档题．
 

21.【答案】解：因为，所以，即，
又点在双曲线图象上，
所以，即，解得，，
所以双曲线．
由已知点，在以为直径的圆上，
又点，在上，则有方程组
解得直线的方程为，
设直线与渐近线，的交点分别为，，
由解得，

由解得，
所以，
又点到直线的距离为，
则三角形的面积．，
又因为，所以．，
由已知，解得，即，
因为点在双曲线右支上，解得，
即点或 

【解析】本题主要考查双曲线的标准方程，离心率，渐近线，圆的切点弦方程及双曲线中的面积问题，属于较难题．
 

22.【答案】解：当时，，
要证，即证，
设，，
令，解得，
当，；当，，
所以在上递增，在上递减，
则，
所以，即成立，
所以成立．
因为，所以
，
因为对任意的，在上单调递减，
所以恒成立，
即在上恒成立，
解法一：令，则，
令，则，
所以在上为增函数，
又因为，，
所以，使得，即，
当时，，可得，所以在上单调递减
当时，，可得，所以在上单调递增，
所以，
由，可得，
令，则，
又由，所以在上单调递增，
所以，可得，所以，即，
所以，
即得
解法二：先证，
设函数，令，解得，
在上单调递增，，即成立．
设，
，在上单调递增，
，，
存在，使得．
令，
则，
当时，即时，取等号．
，
即得 

【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性和导数中的函数不等式，属于难题．