湖南省新高考教学教研联盟2023届高三数学下学期第一次联考试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省新高考教学教研联盟2023届高三数学下学期第一次联考试卷（Word版附答案），共17页。试卷主要包含了已知函数在区间上单调，且满足，下列说法正确的有，05等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南新高考教学教研联盟高三第一次联考数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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（    ）A.    B.    C.    D.2.若1（为虚数单位，是的共轭复数），则（    ）A.2    B.    C.    D.6
3.已知数列和均为等差数列，且为定值，若，则（    ）A.56    B.72    C.88    D.104
4.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路､中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角依次为，其中，则此山的高度为（    ）A.    B.C.    D.5.某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师，到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校.则不同的安排方法共有（    ）A.96种    B.144种    C.240种    D.384种6.已知函数在区间上单调，且满足.若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为（    ）A.    B.    C.    D.7.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），（点为坐标原点），过点作直线的垂线与轴交于点，则（    ）A.6    B.    C.4    D.8.已知函数，直线与的图象交于两点，在两点处分别作的两条切线，这两条切线交于点，则（    ）A.    B.C.    D.二､多选题：本题共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.下列说法正确的有（    ）A.若随机变量服从正态分布，则B.数据的第70百分位数为8C.回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越小，拟合效果越好D.根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过0.0510.已知，则下列结论正确的是（    ）A.的最大值为    B.的最大值为1C.的最小值为    D.的最小值为311.设，过定点的动直线，和过定点的动直线交于点是圆上的任意一点，则下列说法正确的有（    ）A.直线与圆相切时B.到距离的最大值是C.直线与圆相交的最短弦长为D.的最大值为12.某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点，且四点共面.下列说法正确的有（    ）A.若点为弧的中点，则平面平面B.存在点，使得C.存在点，使得直线与平面所成的角为D.当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数是定义在上的奇函数，且，则__________.14.已知向量，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角__________.15.已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点是椭圆上的任意一点，满足的平分线与相交于点，则分所得的两个三角形的面积之比__________.16.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，设是一个“0，1数列”，定义数列为数列中每个0都变为“”，每个1都变为“0，1，0”所得到的新数列.例如数列，则数列.已知数列，记数列，则数列的所有项之和为__________；数列的所有项之和为__________.四､解答题本本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）已知的内角的对边分别为，且.（1）求的大小；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.18.（本小题满分12分）已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）给定，记集合中的元素个数为，若，试求的最小值.19.（本小题满分12分）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，在保持原有40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技和霹雳舞两个竞赛项目，国家体育总局为了深入了解各省在“电子竞技”和“霹雳舞”两个竞赛项目上的整体水平，随机选取了10个省进行研究，便于科学确定国家集训队队员，各省代表队人数如下表省代表队电子竞技45512738571926473429霹雳舞26154442322856364820（1）从这10支省代表队中随机抽取3支，在抽取的3支代表队参与电子竞技的人数均超过30人的条件下，求这3支代表队参与霹雳舞的人数均超过30人的概率；（2）若霹雳舞参与人数超过40人的代表队所在地可以成为国家队集训基地，现从这10支代表队中随机抽取4支，记X为选出代表队所在地可以成为国家队集训基地的个数，求X的分布列和数学期望；（3）某省代表队准备进行为期3个月的霹雳舞封闭训练，对太空步､空中定格､整体移动三个动作进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”，已知在一轮测试的3个动作中，甲队员每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响：如果甲队员在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于9次，那么至少要进行多少轮测试？20.（本小题满分12分）如图①，已知是边长为2的等边三角形，是的中点，，如图②，将沿边翻折至.（1）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；（2）若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.21.（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，双曲线的焦点到渐近线的距离为，焦距为.（1）求的方程；（2）如图，点为双曲线的下顶点，点在轴上（位于原点与上顶点之间），过作轴的平行线，过的另一条直线交双曲线于两点，直线分别与交于两点，若，求点的坐标.22.（本小题满分12分）已知函数.若函数恰有两个不同的极值点.（1）求的取值范围；（2）是否存在实数，使得成立？请说明理由.2023届湖南新高考教学教研联盟高三第一次联考数学参考答案一､选择题：本题共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.题号12345678答案ACADCBAB1.A  【解析】，，故选A.2.C  【解析】，所以，故选C.3.A  【解析】因为为定值，所以，又因为，所以，因为为等差数列，所以，故选.4.D  【解析】如图，设点在地面上的正投影为点，则，设山高，则，在中，，由余弦定理即有：，整理得，所以，故选D.5.C  【解析】将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校.若教师人数依次为，则不同的安排方法种数为：种；若教师人数依次为，则不同的安排方法种数为：种，故不同的安排方法共有种，故选C.6.B  【解析】在区间上单调，，的对称中心为，且，，即，即，又的对称中心为，在区间上恰有5个零点，相邻两个零点之间的距离为，五个零点之间即，六个零点之间即只需即可，即，又.故选B.7.A  【解析】法一：依题意，设，由，得为的中点且，则，易得直线的垂线的方程为.令，得，故，由抛物线的定义易知，故，故选A.法二：特殊值法.不妨设，则，则，易得直线的垂线的方程为.令，得，故，又，故.故选A.8.B  【解析】设，则，则，即，则切线，切线，联立两切线方程得，即有，则，代入方程解得，设，则，令，则在单调递减，所以，即，且时，，故选B.二､多选题：本题共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.题号9101112答案ABCACBCAD9.ABC  【解析】由可知，故正确；数据重排后如下：共8个，第70百分位数为第6个数，即为8，故B正确；回归分析中残差平方和越小，拟合效果越好，故C正确；，犯错误的概率会超过0.05，故D错误.故选ABC.10.AC  【解析】.对于，当且仅当时取等号，故正确；对于，当时，，故错误；对于，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，，但是当时，不符合题意，故等号不成立，故错误.故选AC.11.BC  【解析】显然当时直线也与圆相切，故错误；直线过的定点为，当时到的距离最大，最大值为，此时到距离的最大值为，故正确；由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时所得弦长最短，则，又，所以，得，则圆心到直线的距离为，所以弦长为，故正确；由，当时，，有，当时，，则，所以，又点是两直线的交点，所以，所以，法一：设，则，因为，所以，所以，故D错误.法二：因为，所以，当且仅当时等号成立，故错误.故选BC.12.AD  【解析】连接，若点为弧的中点，则，所以，即，因为，所以，又，所以平面平面，则平面平面，故正确；假设存在点，使得，则四点共面，又该几何体上下两个底面平行，且为平面与这两个底面的交线，所以，则四边形为平行四边形，则有，这显然不成立，故B错误；假设存在点，使得直线与平面所成的角为，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，设，则，所以，，设平面的法向量为，则令，则，即，依题意，整理得，这与矛盾，所以假设不成立，故C错误；当点到平面的距离最大时，点位于点，三棱锥，即三棱锥，即三棱锥，可将其补型为一个以为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，棱长为4，其外接球半径，故正确.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.0  【解析】函数是定义在上的奇函数，则，在中，令，有，在中，用代替，有，所以2是的一个周期，所以.14.（或）  【解析】法一：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，所以，又，所以的夹角为.法二：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，即，所以的夹角为.15.或（说明：若只填写一个值或者仅写对一个值不给分）【解析】设，因为，所以，在Rt中，由勾股定理，得，①又因为，所以由椭圆的定义得，②联立①②并化简得：，显然点不在坐标轴上，若点在第一或第四象限，则，因为是的平分线，所以；若点在第二或第三象限，则，因为是的平分线，所以.16.；（第一空2分，第二空3分）（说明：第二空也可以写成【解析】中有2个1，3个中有8个1，7个中有22个1，23个0，数列的所有项之和为设数列中0的个数为的个数为，则，法一：，且，所以是以5为首项，3为公比的等比数列，所以，又因为，所以，即，所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，数列的所有项之和即为1的个数，即为.法二：两式相加有，且，所以是以5为首项，3为公比的等比数列，所以①；两式相减有，且，所以是以1为首项，-1为公比的等比数列，所以②，①-②得，数列的所有项之和即为1的个数，即为.四､解答题：本题共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.【解析】（1），，，可得，，又.（2）为锐角三角形，..的取值范围是18.【解析】（1）依题意，①当时，，②.①②两式相减得，即，因为，所以，即，所以是公差为1的等差数列，又，故数列的通项公式为.（2）依题意，即，因为，所以满足不等式的正整数个数为，即，.，因为，所以单调递增，当时，，当时，，所以的最小值为11..19.【解析】（1）由题可知10支代表队，参与“霹雳舞”的人数依次为，参与“电子竞技”的人数依次为，其中参与“电子竞技”的人数超过30人的代表队有6个，参与“霹雳舞”的人数超过30人，且“电子竞技”的人数超过30人的代表队有4个，记“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“电子竞技”的人数均超过30人”为事件，“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“霹雳舞”的人数均超过30人”为事件，则，所以，.（2）参与“霹雳舞”人数在40人以上的代表队共4支，的所有可能取值为，所以，..所以的分布列如下表：01234所以（或写成1.6）..（3）记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件，则，由题意，甲队员在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，由题意，得，因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试.20.【解析】（1）存在点满足题意，且，理由如下：在图①中，取的中点，连接，则，在图②中，平面平面，所以平面，且；在线段上取点使，连接，则，同理可得平面，又因为，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）在图②中，，所以平面，法一：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，，设平面的法向量为，则令，则，即，易知平面的一个法向量，若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，则，化简整理得：，.所以，所以，则三棱锥的高为，.又因为底面积，所以三棱锥的体积为.法二：延长相交于点，事实上点即为点，则平面平面，过作，垂足为，连接，因为平面，所以，又，所以平面，即，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角，即，所以，即，即，又，所以，在中，由等面积法可得点到的距离为，即三棱锥的高，又的面积为，所以三棱锥的体积为.21.【解析】（1）因为焦距为，所以；又因为焦点到渐近线的距离为，所以，.所以，故的方程为.（2）由，又，即，故，即，所以，.设，由题意可知，则直线，直线，因为在直线上，所以，代入直线方程，可知，故的坐标为，所以，.又，由，则，整理可得，当直线斜率不存在时，显然不符合题意；故设直线，代入双曲线方程中，可得，所以，又，所以，故，即，所以点坐标为.22.【解析】（1）的定义域为，，令，则的对称轴为，①时，的定义域为，此时，且在递增，递减，故在只有一个零点，所以只有一个极值点，不符合题意；②时，的定义域为，此时，要使得有两个零点，则需，此时，所以存在，使得，即，，使得，即，当时，递减，当时，递增，当时，递减，所以有两个极值点，符合题意.综上可得：.（2）或，由（1）可知，是方程的两根，所以，且.（i）若，则，而，所以，即，令，则，所以递减，且，故，即方程无解，故舍去；（ii）若，则，予盾，故舍去.综上可得，不存在实数满足.