2023届湖北省十一校高三上学期12月第一次联考数学试题（解析版）

2023届湖北省十一校高三上学期12月第一次联考数学试题

一、单选题

1．集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数定义域和指数函数的值域求法即可得出结果.

【详解】根据对数函数定义域可得

由指数函数的值域可得

所以，

故选：B.

2．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】根据复数的模长计算公式，列方程即可求解，，进而可求.

【详解】设（），由题意得，解得，，所以

故选：C

3．随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（    ）

A．事件与事件是相互独立事件 B．事件与事件是互斥事件

C． D．

【答案】C

【分析】根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误.

【详解】投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种；

满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种；

，C正确；，D错误；

，不是相互独立事件，A错误；

事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误.

故选：C.

4．在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解.

【详解】过点作平行于，交于点，

因为，则为的中点，所以且，

因为，所以，

由可得：，所以，

因为，

所以，

故选：.

5．则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（    ）

A．3 B． C． D．6

【答案】B

【分析】根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可.

【详解】由题由正弦定理得，外接圆直径为，得，

设球心到平面得距离为，

所以，

所以三棱锥的外接球半径为，

故选：B.

6．已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式即得解.

【详解】因为，恰好取到一次最大值与一次最小值，

可得，解得.

故选：A.

7．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（    ）

A．10 B．11 C．12 D．13

【答案】B

【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.

【详解】解:由题意可令,

所以将数列逐个列举可得:

,,,,,

故,

因为,

所以,

故.

故选:B

8．已知（其中为自然常数），则､､的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，得，，，利用导数判断出的单调性可得答案.

【详解】构造函数，易得，，，，

当时，当时，

所以在递减，递增，易知，所以，，因为，所以，所以，

故选：D.

二、多选题

9．某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16.若将两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（    ）

A．平均数为6 B．平均数为 C．方差为 D．方差为

【答案】AD

【分析】根据已知条件，结合平均数和方差公式即可求解．

【详解】新样本平均数为，故A正确，B错误；

又因为甲的方差为，，，

且，

则乙的方差为，，，

且，

，

，

，

，

新样本的方差为：

故D正确C错误.

故选：AD.

10．如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（    ）

A．

B．

C．直线与平面所成角的最小值是

D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】证明平面得到A正确；取特殊点排除B；根据距离的最值得到C正确；确定得到D正确，得到答案.

【详解】如图所示：连接，，，

平面，平面，故，

，，故，

又因为，故平面，

又因为平面，故，A正确；

当与重合时，即，由于，不垂直，故B错误；

到平面的距离为，

当最大时，直线与平面所成角度最小，

的最大值为，

故此处线面所成角的最小值θ的正弦值为，，故，C正确；

，当三点共线时等号成立，D正确.

故选：ACD

11．已知,，下列说法正确的是（    ）

A．存在使得是奇函数

B．任意､的图象是中心对称图形

C．若为的两个极值点，则

D．若在上单调，则

【答案】ABD

【分析】对于A，当时,为奇函数，从而即可判断；

对于B，设函数的对称中心为,根据，求出对称中心即可判断；

对于C，求导，由题意和韦达定理可得，，再由重要不等式得，即可判断；

对于D，由题意可得恒成立，由，求解即可.

【详解】解：对于A，当时,为奇函数，故正确；

对于B，设函数的对称中心为,则有，

又因为

，

，

所以，解得，

所以的对称中心为，故正确；

对于C，因为，

又因为为的两个极值点，

所以，，所以C错误；

对于D，若单调，则有恒成立，

所以，

解得，选项D正确.

故选：ABD.

12．已知分别为双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，若，则（    ）

A．、在直线上 B．双曲线的离心率

C．内切圆半径最小值是 D．的取值范围是

【答案】ABC

【分析】对A：根据双曲线的定义结合内切圆的性质整理分析；对B：根据题意结合角平分线的定义分析运算；对C：联立方程，利用韦达定理求，再根据内切圆性质可得，代入运算分析；对D：根据题意用表示，再结合的单调性求的取值范围.

【详解】对A：

过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，则，

∵，则，

又∵，则，

∴，即在直线上，

同理可得：在直线上， A正确；

对B：

∵，则，

∴，

又∵，则，即，

∴，故离心率为，B正确；

对C：

∵，则，

∴，双曲线的渐近线方程为，则直线的倾斜角，

设直线方程为，，

联立方程，消去x得：，

∴，

则，

设内切圆半径为，其周长

，

根据的面积可得：，

则，C正确；

对D：

由题意不妨设，，

∵，则，

令，

∴，，，

又∵在上单调递增，

∴，D错误；

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：解决本题关键是利用双曲线的定义以及三角形内切圆的相关性质，结合图形分析得出相应关系，运算整理.

三、填空题

13．的展开式中含项的系数为___________.

【答案】

【分析】利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解.

【详解】，

的展开式中项为：，

的展开式中没有项，

故的展开式中含项的系数为，

故答案为：.

14．已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________.

【答案】

【分析】根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值.再根据等差数列的前项和公式求

【详解】设等差数列的公差为， ，

所以

又因为即

可得，又由即

即即且正项等差数列，即

解得，所以

故答案为：

15．过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为___________.

【答案】

【分析】根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.

【详解】圆的圆心，半径，方程化为一般式方程为，

则，

以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，

∵，则是圆与圆的交点，

两圆方程作差可得：，

∴直线的方程为.

故答案为：.

16．若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.

【详解】因为，

所以，

因为只有一个极值点，

所以若3是极值点，

因为，所以当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，故，

则，所以；

当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，

当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，

若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；

当时，，

令，解得；令，解得；

所以在单调递减，在单调递增，满足题意，

综上：或，即.

故答案为：.

四、解答题

17．已知在中，边,,所对的角分别为，，，.

(1)证明：,,成等比数列；

(2)求角的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)结合内角和关系，通过三角恒等变换化简条件等式可得，再利用正弦定理化角为边即可证明；(2)根据余弦定理和基本不等式可求的最小值，由此可得角的最大值.

【详解】（1）通分化简可得，

，即，

即，

整理得，由正弦定理可得，所以a､b､c成等比数列；

（2）由（1）可得，又，所以，当且仅当即为正三角形时等号成立，所以的最大角为.

18．已知正项数列，其前项和满足.

(1)求的通项公式；

(2)证明：.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）已知求通项公式，先算再计算，作差公式为：；（2）将的表达式代入然后运用裂项相消法求和后可证.

【详解】（1）当时，可得.

当时，由题意可得，即，

所以，

又，

经检验，当时符合，所以，；

所以当时，，

经检验，当时符合，所以，；

（2）由（1）可得，所以

，命题得证.

19．如图，在三棱柱中，为的中点，为等边三角形，直线与平面所成角大小为.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到在平面的射影在直线上，即，进而证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，则，接着利用勾股定理证得，由此可得平面；

（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，先求得所需各点坐标，再求得平面与平面的法向量，从而利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得平面与平面夹角的余弦值.

【详解】（1）取中点，连接､，

因为，为的中点，所以，故，

因为为等边三角形，所以，

又因为，面，

因此平面，

因为平面，所以平面平面，

因为平面平面，

所以直线在平面的射影在直线上，所以直线与平面所成角为，则，

因为，，所以是正三角形，则，

因为为等边三角形，，则，

所以在中，由，得，

则，所以，

因为，面，

所以平面，因为平面，所以，

因为，在中，，，所以，又，

所以，即，

又平面，

所以平面.

（2）

由（1）可知､､两两垂直，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

由于是的中点，易得，

又由可得，

所以，，

设平面的法向量为，则，即，

令，得，

设平面的法向量为，则，即，

令，得，

设平面与平面的夹角为，易知，

所以，

即平面与平面夹角的余弦值为.

20．某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.

(1)如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；

(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可

（2）设事件 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则､､彼此互斥，求出相关的概率，

再根据条件概率求解即可.

【详解】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，，2，

，，

由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为：

；

（2）设事件 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，

事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，

事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，

事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，

则､､彼此互斥，且，

，

，

，

，

，

，

所求概率即是发生的条件下发生的概率：.

21．已知点在抛物线上，过动点作抛物线的两条切线，切点分别为､，且直线与直线的斜率之积为.

(1)证明：直线过定点；

(2)过､分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为､，问：是否存在一点使得､､､四点共圆？若存在，求所有满足条件的点；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）法一：将代入抛物线方程得到，设切点坐标为，再根据导数的几何意义可得切线方程为，设，，直线方程为，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理可得得到定点；

法二：设，过的直线方程为，联立抛物线方程，根据二次函数判别式为0得，得到，再联立直线和抛物线的方程，根据韦达定理可得得到定点；

（2）联立直线和抛物线得出韦达定理，设，，再联立，直线方程可得，可得在直线上运动，再假设､､､四点共圆可得，代入求解判断是否有解即可.

【详解】（1）法一：将代入抛物线方程得到，所以抛物线方程为，求导可得，设切点坐标为，则切线斜率为，所以切线方程为，即；

设，，直线方程为，由题意得，所以，联立直线和抛物线得得，所以得，

所以的直线方程为，直线过定点；

法二：将代入抛物线方程得到，所以抛物线方程为，

设，过的直线方程为，联立

得，

得，由，

切点横坐标为，所以

联立直线和抛物线得得，所以得，

所以的直线方程为，直线过定点；

（2）联立直线和抛物线得得①

可知，，

设，，直线方程为：，直线方程为：，

联立解得，所以，所以在直线上运动，

假设存在点使得､､､四点共圆，则，所以，

因为，可得，解得，

不合题意，所以不存在点使得､､､四点共圆.

【点睛】本题主要考查了抛物线的切线问题与定点问题，需要根据题意，根据导数的几何意义或联立直线与抛物线的方程用判别式分析.同时也考查了联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理转化题设条件求解的问题.属于难题.

22．已知函数.

(1)若且函数在上是单调递增函数，求的取值范围；

(2)设的导函数为，若满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由题意可得在上恒成立，令，求导，分、讨论在上恒成立即可；

(2)由可得，由（1）知，即有，①，令，求导得当时，，即有，于是得以，代入①式中化简即可得证.

【详解】（1）解：当时，，，

因为在上是单调递增函数，

所以在上恒成立，

令，则，

当时，，

令，，

所以在上递增，

即，

所以在上恒成立，符合题意；

当时，，，且在为单调递增函数，

所以存在唯一使得，

所以当时，，在递减，

即，，不符合题意；

综上所述；

（2）证明：，

当时，由（1）可知是增函数，所以，

设，

，

移项得，

由（1）知，即，

所以，

即，①

设，，

所以当时，，

即，

所以，即，

所以，

代入①式中得到，

即，

所以，命题得证.

【点睛】方法点睛：本题考查了利用导数求参数的范围及证明不等式成立问题:

对于函数在所给区间上单增(减)，等价于其导数在所给区间上恒为正(负)；

对于恒成立问题，常采用方法有二：

一是求导，利用导数求出函数的最值，转化为最值与参数之间的关系；

二是分离参数，再利用导数求函数的最值，转化为参数与函数的最值之间的关系.