2023届广东省六校高三上学期第一次联考数学试题含答案

2023届六校第一次联考数学试题

一、选择题

1.已知集合，，则如图中阴影部分表示的集合为（   ）

A. B. C. D.

答案：

D

解析：

【分析】解不等式求得集合A，B，根据已知图可知阴影部分表示的集合是，根据集合的补集以及交集运算，可求得答案.

【详解】解得或，

故或，，

由图可知阴影部分表示的集合是，而，

故，故选：D.

2.设复数，其中是虚数单位，是的共轭复数，下列判断中错误的是（   ）

A. B.

C.是方程的一个根 D.满足最小正整数为

答案：

B

解析：

【分析】A选项，得到的共轭复数，利用复数的乘法运算法则进行计算；

B选项，利用复数的乘方运算进行计算；

C选项，将代入方程进行验证；

D选项，由，计算出，得到结论.

【详解】，，A选项说法正确；

，故B说法错误；

因为，

所以z是方程的一个根，C选项说法正确；

因为，，，

所以满足最小正整数n为3，D说法正确.故选：B.

3.直线过抛物线的焦点，且与交于、两点，则（   ）

A. B. C. D.

答案：

B

解析：

【分析】联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点坐标，结合焦点弦长公式求解即可

【详解】因为抛物线的焦点坐标为，

又直线过抛物线的焦点F，所以，抛物线的方程为，由，得，所以，

所以.故选：B.

4.我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量，当充分大时，二项随机变量可以由正态随机变量来近似地替代，且正态随机变量的期望和方差与二项随机变量的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗（）在年证明了时这个结论是成立的，法国数学家、物理学家拉普拉斯（）在年证明了这个结论对任意的实数都成立，因此，人们把这个结论称为棣莫弗一拉普拉斯极限定理.现拋掷一枚质地均匀的硬币次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于次的概率为（   ）

（附：若，则，，）

A.  B.

C.  D.

答案：

A

解析：

【分析】根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，求出，再结合正态分布的对称性，即可求解

【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币900次.设硬币正面向上次数为，则.，

由题意，，且，因为，即，

所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为.故选：A.

5.已知函数（，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ）

A.直线是图象的一条对称轴

B.图象的对称中心为，

C.在区间上单调递增

D.将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象

答案：

C

解析：

【分析】由已知图象求得函数解析式，将代入解析式，由其结果判断A；求出函数的对称中心可判断B；当时，，结合正弦函数的单调性判断C；根据三角函数图象的平移变换可得平移后函数解析式，判断D.

【详解】由函数图象可知，，最小正周期为，所以，将点代入函数解析式中，得：，

结合，所以，故，对于A，当时，，故直线不是图象的一条对称轴，A错误；

对于B，令，则，

即图象的对称中心为，，故B错误；

对于C，当时，，由于正弦函数在上递增，故在区间上单调递增，故C正确；对于D，将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是奇函数，故D错误；故选：C.

6.足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，，，，满足，面，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值.

【详解】取中点为，过作，且，

因为平面ABC，所以平面.

由于，故，进而可知，所以是球心，为球的半径.由，

又，当且仅当，等号成立，故此时，所以球半径，故，体积最小值为，故选：C.

7.设，，，则（   ）

A.  B.

C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】结合已知要比较函数值的结构特点，可考虑构造函数，然后结合导数与单调性关系分析出时，函数取得最大值，可得最大，然后结合函数单调性即可比较大小.

【详解】设，则，

当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

故当时，函数取得最大值，

因为，，

，当时，，函数单调递减，可得，

即.故选：C.

8.定义在上的函数满足，；且当时，.则方程所有的根之和为（   ）

A. B. C. D.

答案：

A

解析：

【分析】根据题中所给的函数性质可得的周期为4且关于，再画图分析与的交点对数，进而根据对称性可得根之和即可.

【详解】由可得为奇函数，且关于对称.

又由题意，故，所以关于对称，且，故的周期为4.

又当时，，此时，故在为增函数.综上可画出的函数部分图象.

又方程的根即与的交点，易得在区间上均有3个交点，且关于对称，加上共7个交点，其根之和为.故选：A.

二、多选题

9.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件、存在如下关系：.某高校有甲、乙两家餐厅，王同学第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为和.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，则王同学（   ）

A.第二天去甲餐厅的概率为

B.第二天去乙餐厅的概率为

C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为

D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为

答案：

A、C

解析：

【分析】根据题中所给的公式进行逐一判断即可.

【详解】设：第一天去甲餐厅，：第二天去甲餐厅，

：第一天去乙餐厅，：第二天去乙餐厅，

所以，，，

因为，

所以，

所以有，

因此选项A正确，，因此选项B不正确；

因为，所以选项C正确；

，所以选项D不正确，故选：AC.

10.已知函数，下列关于此函数的论述正确的是（   ）

A.是的一个周期

B.函数的值域为

C.函数在上单调递减

D.函数在内有个零点

答案：

B、D

解析：

【分析】判断A选项，举出反例即可；

判断B、D选项，从函数奇偶性和，，得到周期为，进而得到函数的图象性质，得到零点和值域；

判断C选项，代入检验得到函数单调性，判断C选项.

【详解】选项A：因为，不是的一个周期，故A错误；选项B、D：函数定义域为，并且，所以函数为偶函数；因为，，为周期函数，

故仅需研究函数在区间上的值域及零点个数即可，因为时，；

当时，；

当时，令，

则，，可得且仅一个零点；

当时，令，则，，

可得且仅一个零点；所以函数的值域为且在上有4个零点.故选项B正确，选项D正确.选项C：函数在上，有，所以，则得函数在该区间上不单调.故选项C错误.故选：BD.

11.已知双曲线（）的左，右顶点分别为，，点，是双曲线上关于原点对称的两点（异于顶点），直线，，的斜率分别为，，，若，则下列说法正确的是（   ）

A.双曲线的渐近线方程为 B.双曲线的离心率为

C.为定值 D.的取值范围为

答案：

B、C、D

解析：

【分析】求得双曲线C的渐近线方程判断选项A；求得双曲线C的离心率判断选项B；化简后再判断选项C；求得的取值范围判断选项D.

【详解】设，则，

因为，，故，

依题意有，所以，所以双曲线C的渐近线方程为，

离心率，故选项A错误，选项B正确；

因为点P，Q关于原点对称，所以四边形为平行四边形，即有，

所以，故C正确；设的倾斜角为，的倾斜角为，由题意可得，则，根据对称性不妨设P在x轴上方，则，则，

则，

因为P在x轴上方，则，或，

函数在和上单调递增，

所以，故D正确.故选：BCD.

12.如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形上的动点，则（   ）

A.满足平面的点的轨迹长度为

B.满足的点的轨迹长度为

C.不存在点，使得平面经过点

D.存在点满足

答案：

A、C、D

解析：

【分析】A选项，作出辅助线得到面面平行，从而得到满足平面的点P的轨迹长度为的长，为，A正确；B选项，作出辅助线得到满足的点P的轨迹长度为线段ST的长度，又因为，B错误；

C选项，作出辅助线，得到平面截正方体所得的截面，根据截面与与正方形没有交点，故不存在点P，使得平面AMP经过点B；

D选项，作出辅助线，求出的最小值，且存在点P使得，故可得到存在点P满足.

【详解】如图1，取的中点F，取的中点E，连接EF，FM，EM，

因为M为的中点，所以，，，

因为平面，平面，

所以平面，同理可得：平面，

因为平面EFM，所以平面平面，

因为点P为正方形上的动点，所以当P在线段EF上时，平面，

故满足平面的点P的轨迹长度为的长，为，A正确；

如图2，过点M作，交于点Q，可得：，

因为正方体的棱长为2，点M为的中点，所以，，故，即，解得：，

过点Q作，交于点S，交于点T，

则平面，因为平面，所以，

当点P位于线段ST上时，满足，即满足的点P的轨迹长度为线段ST的长度，又因为，所以B选项错误；

如图3，连接BM，取中点H，连接AH，HM，则可知平面截正方体所得的截面为ABMH，与正方形没有交点，

所以不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C正确；

如图4，延长到点O，使得，则点M关于平面的对称点为O，

连接AO交正方形于点P，则此时使得取得最小值，

最小值为，

当点P与重合时，此时，故存在点P满足，

D正确；故选：ACD.

三、填空题

13.若的展开式中各项系数的和为，则该展开式的常数项为        .

答案：

解析：

【分析】由的展开式中的各项系数的和为2，令，求得，写出的展开式的通项，分别乘以，，再令的指数为0求得值，则展开式中的常数项可求.

【详解】由的展开式中的各项系数的和为2，

令，得，得.∴，

的通项.

∴的展开式中的通项有和.

令，得，则展开式中的常数项为；

令，得，则展开式中的常数项为，

所以该展开式的常数项为.故答案为：.

14.如图放置的边长为的正方形顶点，分别在轴，轴正半轴（含原点）上滑动，则的最大值是        .

答案：

8

解析：

【分析】设、，易得、、，利用向量数量积的坐标表示有，即可确定最大值.

【详解】设，，则，所以，，

于是.

当且仅当时，等号成立.故答案为：.

15.已知：，直线：，为直线上的动点，过点作的切线，，切点为，，当四边形的面积取最小值时，直线的方程为        .

答案：

解析：

【分析】易知四边形MACB的面积为，然后由最小，可得直线的方程，与的方程联立，得到点坐标及的值，进而得到以为直径的圆的方程，与的方程作差可得直线的方程.

【详解】：的标准方程为，

则圆心，半径.

因为四边形的面积，

要使四边形面积最小，则需最小，此时与直线垂直，

直线的方程为，即，

联立，解得.则，

则以为直径的圆的方程为，

与的方程作差可得直线的方程为.故答案为：.

16.若不等式有且仅有一个正整数解，则实数的取值范围是        .

答案：

解析：

【分析】，，研究两个函数图像并得到点，数形结合

【详解】依题意不等式可化为.

令，，.

函数的图像恒过定点.函数，，

当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，.又，记点，，且，当时，.作出函数大致图像，如图.

若满足不等式有且仅有一个正整数解，则结合函数图像必有.又因为，，所以.

四、解答题

17.已知在中，，，为三个内角，，，为三边，，.

（1）求角的大小；

（2）在下列两个条件中选择一个作为已知，求出边上的中线的长度.

①的面积为；②的周长为.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）由正弦定理可得，再由和的范围可得答案；

（2）选择①，由（1）可得，则解得，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为R，则由正弦定理可得，则周长解得，由余弦定理可得BC边上的中线的长度.

【详解】（1）∵，

则由正弦定理可得，∴，

∵，∴，，∴，解得.

（2）若选择①，由（1）可得，即

则，解得，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：.

若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为R，

则由正弦定理可得，，

则周长，解得，则，，

由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：.

18.已知数列的前项和为，且满足，，.

（1）求的通项公式；

（2）设数列满足，，，按照如下规律构造新数列：，，，，，，…，求的前项和.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）由可得可得答案；

（2）由得，两式相除可得数列的偶数项构成等比数列，再由（1）可得数列的前2n项的和.

【详解】（1）由，，

得，所以.

因为，所以，所以，.

又当时，，适合上式.所以，.

（2）因为，，所以，

又，所以.

所以数列的偶数项构成以为首项、2为公比的等比数列.

故数列的前2n项的和，

，

所以数列的前2n项和为.

19.如图（一）四边形是等腰梯形，，，，，过点作，垂足为点，将沿DE折到位置如图（二），且.

（1）证明：平面平面EBCD；

（2）已知点在棱上，且，求二面角的余弦值.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据勾股定理证明，再根据线面垂直的判定证明面EBCD，进而得到平面平面EBCD；（2）以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，根据面面角的向量求法求解即可

【详解】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，，∴，∴

，，，∴，，

在Rt∆CDE中，知，∵，，∴

∴，∵EC，面EBCD，，∴面EBCD

∵面，∴面面EBCD

（2）由（1）知面EBCD，

∴以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系

∴，，，

设∵，∴，∴，∴

设是面CEP的法向量，∴，∴，

令，∴，，

设是面DEP的法向量，∴，∴，∴，令，∴，，

由图知，二面角的余弦值为锐二面角，余弦值

20.足球是一项大众喜爱的运动.卡塔尔世界杯揭幕战将在年月日打响，决赛定于月日晚进行，全程为期天.

（1）为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各名观众进行调查，得到列联表如下：

依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？

（2）校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即.

（i）求（直接写出结果即可）；

（ii）证明：数列为等比数列，并判断第次与第次触球者是甲的概率的大小.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论；

（2）（i）根据传球的等可能性推出，（ii）推导出，构造出等比数列，求出，得到，比较出大小.

【详解】（1）假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关.

根据列联表数据，经计算得

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.

（2）（i）由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故.

（ii）第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，

则，从而，

又，∴是以为首项，公比为的等比数列.

则，∴，，

，故第19次触球者是甲的概率大.

21.椭圆经过点且离心率为；直线与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过原点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的最大值.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据椭圆过的点以及椭圆的离心率，可列出等式，求得a，b，即得答案；

（2）分类讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线AB方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，根据条件求出参数之间的关系式，进而表示出四边形的面积，进行化简，可求得答案.

【详解】（1）椭圆经过点，，

椭圆的离心率为，则，即，

即，解得，所以椭圆的方程为.

（2）当直线斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为，

则，则不妨取，故，

解得，故方程为，直线过中点，即为轴，

得，，故；

直线斜率存在时，设其方程为，，，

联立，可得，

则①，②，③，

以为直径的圆过原点,即，

化简可得，将②③两式代入，

整理得，即④，

将④式代入①式，得恒成立，则，

设线段中点为，由，

不妨设，得，

又∵，∴，

又由，则点坐标为，

化简可得，代回椭圆方程可得即，则，

综上，四边形面积的最大值为.

22.已知函数

（1）求证：；

（2）设函数，若在上存在最大值，求实数的取值范围.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）将所证不等式转化为，再构造函数，，求导分析函数的单调性，并求出最小值证明即可；

（2）令，，再求导分，和三种情况讨论可得的单调性，结合零点存在性定理可得的零点区间，进而判断出有最大值即可.

【详解】（1）要证明，只要证明

设，则，

令，则；令，则，

所以在上单调递减，在单调递增，所以，

即，即，即.

（2）由题可得，

令，则，

①当时，，在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，无最大值，不符合题意，

②当时，在上单调递减，

所以，所以在上单调递减，无最大值，不符合题意.

③当时，由，可得，

∴，在上单调递增，

，在上单调递减；

由（1）知：.

所以当时，.

取，则，且.

又，所以由零点存在性定理，存在，使得，所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意.综上，实数a的取值范围为.