湖南省2023_2024学年高三数学上学期第一次联考试卷含解析

这是一份湖南省2023_2024学年高三数学上学期第一次联考试卷含解析，共23页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则满足条件的实数的个数是（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】分，讨论，根据包含关系可得.
【详解】由可知，
当时，，满足条件；
当时，，要使，只需，或，
所以或.
综上，满足条件的实数取值为，共3个.
故选：D
2. 如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（）
A. 且B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意复数为纯虚数，即得，从而求解.
【详解】由复数是纯虚数，
得
解得:.
故选:C.
3. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换的知识化简已知等式，从而求得.
【详解】因为，
即，两边平方可得，
解得.
故选：A
4. 某农机合作社于今年初用98万元购进一台大型联合收割机，并立即投入生产.预计该机第一年（今年）的维修保养费是12万元，从第二年起，该机每年的维修保养费均比上一年增加4万元.若当该机的年平均耗费最小时将这台收割机报废，则这台收割机的使用年限是（）
A. 6年B. 7年C. 8年D. 9年
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质以及求和公式，结合基本不等式即可求解.
【详解】设第年的维修保养费为万元，数列的前项和为，该机的年平均耗费为，
据题意，数列是首项为12，公差为4的等差数列.
则.
当且仅当，即时，取最小值38.
所以这台冰激凌机的使用年限是7年.
故选:.
5. 设函数，若函数与的图象关于直线对称，则当时，的最大值为（）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据对称可得，进而根据整体方法求解最值即可.
【详解】在的图象上任取一点，它关于的对称点为.
故点在的图象上，从而.
当时，，由在上单调递减可知：
在区间上的最大值为，
故选：B.
6. 将一个棱长为4的正四面体同一侧面上的各棱中点两两连接，得到一多面体，则这个多面体的内切球体积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定正八面体的结构特征，即由棱长为2的两个正四棱锥构成，且正四棱锥的底面为边长为2的正方形，求出正四棱锥的高，根据等体积法求解内切球的半径，即可算出内切球的体积.
【详解】由题意知该几何体为正八面体，且正八面体的棱为原正四面体每个侧面三角形的中位线，
故正八面体由棱长为2的两个正四棱锥构成，正四棱锥的底面是边长为2的正方形，
设正八面体内切球半径R，给正八面体标出字母如图所示，
连接AC和BD交于点O，因为，，所以，，
又AC和BD交于点O，平面ABCD，所以平面ABCD，
所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，距离即为内切球半径，
设内切球与平面EBC切于点H，所以平面EBC，
所以OH即为正八面体内切球半径，所以，
因为正八面体的棱长为2，所以，，，
所以，，
因为，，
所以，即，
所以正八面体内切球的体积为.
故选：D.
7. 在中，点满足为重心，设，则可表示为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算、三角形的重心等知识求得正确答案.
【详解】..
故选：C
8. 如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与分别在第一､二象限交于两点，内切圆半径为，若，则的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线定义和几何性质，结合圆的切线长定理与余弦定理即可求解.
【详解】
设，内切圆圆心为，内切圆在上的切点分别为，
则，
由及双曲线的定义可知，，
故四边形是正方形，
得，于是，
故，所以，
于，在中，
由余弦定理可得，
从而，所以.
故选：D.
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（）
A. 已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差
B. 数据的第60百分位数为9
C. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8
D. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据二项分布方差公式、百分位数、平均数、古典概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，易知，而，
所以，A错误；
对于B，共有7个数据，而，故第60百分位数为9，B正确；
对于C，若样本数据平均数为2，
则的平均数为，C正确；
对于D，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，
每个个体被抽到的概率都是，错误.
故选：BC
10. 已知，则（）
A. 与均有公共点的直线斜率最大为
B. 与均有公共点的圆的半径最大为4
C. 向引切线，切线长相等的点的轨迹是圆
D. 向引两切线的夹角与向引两切线的夹角相等的点的轨迹是圆
【答案】AD
【解析】
【分析】根据相似比即可结合锐角三角函数求解A，根据圆的性质即可判断B，根据距离公式即可求解轨迹方程，进而可判断CD.
【详解】由题意知，与两圆均有公共点，且斜率最大的直线恰为那条两圆斜率为正的内公切线，
由两圆半径之比为，，可知切线与轴交于，
设切线的倾斜角为，选项正确.
与均有公共点的圆的圆心不确定，所以半径可以任意大（无最大值），选项B错误.
向引切线，设切线长相等的点为,则，
所以，化简得直线，选项错误.
设的圆心分别为，点对切线的夹角等于点对切线的夹角，
于是由相似三角形知，
设，则，
可得到点的轨迹是一个圆，选项D正确.
故选：AD
11. 已知函数，则（）
A. 的图象关于直线轴对称
B. 的图象关于点中心对称
C. 的所有零点为
D. 是以为周期的函数
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据对称轴的定义分析证明；对于B：举例说明即可；对于C：根据零点的定义结合倍角公式运算求解；对于D：举例说明即可.
【详解】对于A：因为，
所以的图象关于直线轴对称，故A正确；
对于B：因为，，所以的图象不关于点中心对称，B错误.
对于C：因为，
注意到，
令，得，即，
故的所有零点为，故C正确；
对于D：因为，所以不是的周期，故D错误；
故选：AC.
12. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列.若函数且，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）
A. B. 数列是递减数列
C. 数列是等比数列D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】求导得切点处的切线方程，即可令0判断A,根据对数的运算，结合等差等比数列的定义即可判断BC，根据等比求和公式即可求解D.
【详解】，所以在点处的切线方程为：，
令0，得，故A正确.
，故，即，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确，
所以，D正确.
故选；ACD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数是偶函数，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，即，对恒成立，化简即可得到答案.
【详解】由已知，，因为为偶函数，所以
，即，对恒成立，
即，对恒成立，解得.
故答案为：
【点睛】本题考查已知函数的奇偶性求参数的问题，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
14. 已知第一象限内的点在直线上，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】平方变形，利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意，，则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，所以.
故答案为：
15. 把个位､十位､百位上的数依次成等差数列（公差小于0）的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有__________个.
【答案】16
【解析】
【分析】根据公差进行分类讨论，从而求得“下阶梯数”的个数.
【详解】公差为时，有共个；
公差为时，共个；
公差为时，共个；
公差为时，共个.
所以一共有个.
故答案为：
16. 如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】分情况分别求解组成三棱柱和四棱柱时的全面积，根据题意列出限制条件，可求范围.
【详解】拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况：①上下底面对接，其全面积为.
②边合在一起时，全面积为.
③边合在一起时，全面积为.
拼成一个四棱柱时，有四种情况，全面积有三种情况：
让边长为所在的侧面重合，其上下底面积之和都是，
但侧面积分别为，
显然，三种情况中全面积最小的是；
因比小，所以由题意得，
解得.
故答案为：.
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. 在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求的大小；
（2）若，直线分别交于两点，且把的面积分成相等的两部分，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一由边化角结合正弦展开式求得；方法二由余弦定理求得；
（2）先用三角形面积公式得出，再结合基本不等式求出最小值.
【小问1详解】
方法一：由已知，
即，
，
又.
方法二：
，
即.
小问2详解】
，
，
.
在中，，
当且仅当时上式等号成立，
的最小值为.
18. 如图，四棱柱的底面是正方形，平面.
（1）求点到平面的距离；
（2）若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，先证平面平面，然后由面面垂直性质定理知即为所求，然后计算可得；
（2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用平面夹角的向量公式列方程可解.
【小问1详解】
连接交于点，连接.
因为平面，平面，所以，
因为底面是正方形，所以，
又，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
因为平面，平面，所以，
又，所以.
在中，，所以.
又为的中点，所以且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
故点到平面的距离为.
【小问2详解】
以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
由（1）知，平面一个法向量，
设，
则
设为平面的一个法向量，
由，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则有，
解得，即.
19. 已知数列的前项积为，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数列前项积为与通项的关系，从而可得（），且，求得首项，从而可得结论；
（2）根据裂项求和方法得，再根据题意求解的前项和即可.
【小问1详解】
证明：已知数列的前项积为得（），
故有，从而，且，则，所以.
从而是首项为3，公差为2的等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，，.
所以
.
当时，，.
当时，，.
当时，.
这时.
所以时，，
综上，
20. 从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛.要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试A，B，C三个项目，三个测试项目相互不受影响.
（1）若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能的从三个项目中选一项测试，且他测试三个项目“通过”的概率分别为.已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是的概率；
（2）现规定：三个项目全部通过获得一等奖，只通过两项获得二等奖，只通过一项获得三等奖，三项都没有通过不获奖.已知居民乙选择的顺序参加测试，且他前两项通过的概率均为，第三项通过的概率为.若他获得一等奖的概率为，求他获得二等奖的概率的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式和条件概率公式即可得到答案；
（2）根据得到，再利用导数求出其最值即可.
【小问1详解】
记事件“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”，记事件“第一项测试合格”，由题意知，
，
，
又事件互斥，则，
即，
所以在居民甲第一项测试“合格”的条件下，他第一个项目选择了的概率为：
，
即已知居民甲第一项测试“合格”，他第一项测试选择的项目是的概率是.
【小问2详解】
由居民乙获一等奖的概率为，可知.
则.
令，
当时，；当时，.
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数.
所以.所以的最小值为.
21. 已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.
（1）若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；
（2）若点在曲线上，求四边形的面积的范围.
【答案】（1）证明见解析，定点
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【小问1详解】
设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，
由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
【小问2详解】
由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
【点睛】
方法点睛：求解抛物线的切线方程，有两种方法，一种是利用判别式法，即设出切线的方程并与抛物线方程联立，化简后利用判别式为0列方程来求得切线方程；另一种是利用导数的方法，利用导数求得切线的斜率，进而求得切线方程.
22. 已知，，直线是在处的切线，直线是在处的切线，若两直线、夹角的正切值为，且当时，直线恒在函数图象的下方.
（1）求的值；
（2）设，若是在上的一个极值点，求证：是函数在上的唯一极大值点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出直线、的斜率，结合已知条件求出的值，再结合时，直线恒在函数图象的下方进行检验，即可得出实数的值；
（2）求得，，利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可证得是函数在上的唯一极大值点，再结合函数的单调性可证得.
【小问1详解】
解：因为，则，直线的斜率，
因为，则，直线的斜率，
直线的方程为，
又两直线、夹角的正切值为，故，
令，则，
当时，恒成立，当且仅当时，等号成立，
此时，函数在上单调递减，故，不满足题意；
当时，恒成立，当且仅当时，等号成立，
此时，函数在上单调递增，故，满足题意.
综上所述，.
【小问2详解】
证明：由（1）知，故，.
，
当时，，，，
故在上单调递减，
当时，令，，
，
，，，则，故在上单调递减，
因为，，则，
由零点存在性定理知：在上有唯一零点，
即在上有唯一零点，该零点即为，
当时，，即，
当时，，即，
又时，，故在单调递增，在单调递减，
则当时，，
因为，则，
故是函数在上的唯一的极大值点，且.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.