湖南省邵阳市2023届高三数学上学期一模试题（Word版含解析）

2023年邵阳市高三第一次联考试题卷数学本试卷共4页，22个小题.满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存.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.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得出，根据交集运算结合集合的含义，即可得出答案.【详解】解可得，，所以，，是偶数集，所以故选：B.2.已知复数满足，则（）第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的四则运算，求出复数的形式，再利用共轭复数求解.【详解】因为，，，所以，所以.故选：A.3.一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意求得圆锥底面半径和高，由此求得圆锥的表面积.【详解】依题意，设圆锥底面半径为，高为，母线长为，则，底面周长为，则，所以，所以圆锥的表面积为，故选：A.4.设向量，满足，，则（）A.2B.C.3D.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【答案】D【解析】【分析】由求解.【详解】因为，，以上两式相减可得，，所以，即，故选：D.5.某铅笔工厂有甲、乙两条生产线，甲生产线的产品次品率为10%，乙生产线的产品次品率为5%.现在某客户在该厂定制生产同一种铅笔产品，由甲、乙两条生产线同时生产，且甲生产线的产量是乙生产线产量的1.5倍.现在从这种铅笔产品中任取一件，则取到合格产品的概率为（）A.0.92B.0.08C.0.54D.0.38【答案】A【解析】【分析】根据题意分类为分别抽到甲乙正品的概率，相加即可.【详解】从这种铅笔中任取一件抽到甲的概率为0.6，抽到乙的概率是0.4，抽到甲车间正品的概率，抽到乙车间正品的概率，任取一件抽到正品的概率.故选：A6.已知A,B,C分别是的内角，，，则C的值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据同角关系式及两角和的正切公式可得，进而即得.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【详解】因为A,B,C分别是的内角，，所以B为锐角，所以.又，所以，而，所以，.故选：A.7.设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数与，先利用导数研究得的性质，再利用二次函数的性质研究得的性质，从而作出的图像，由此得到，分类讨论与时的零点情况，据此得解.【详解】令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，故，又因为对于任意，在总存在，使得，在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，所以总存在，使得，所以在与上都趋于无穷大；令，则开口向下，对称轴为，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 所以在上单调递增，在上单调递增，故，.因为函数有且只有三个零点，而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，则，即，解得或，当时，，则，即在处取不到零点，故至多只有两个零点，不满足题意，当时，，则，所以在处取得零点，结合图像又知与必有两个交点，故在与必有两个零点，所以有且只有三个零点，满足题意；综上：，即.故选：C.8.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法错误的是（）A.二面角的余弦值为第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 B.该截角四面体的体积为C.该截角四面体的外接球表面积为D.该截角四面体的表面积为【答案】D【解析】【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断即可.【详解】如下图所示：设的中心为，的中心为，取BC的中点为W，分别连接和，因为，，所以为的二面角，，，所以，所以，在直角三角形中，，所以，所以二面角的余弦值为，所以二面角的余弦值为，故A正确因为棱长为的正四面体的高，所以，故B正确；设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，因为截角四面体上下底面距离为，所以第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ，所以，所以，所以，所以，所以，故C正确；由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，故，故D错误.故选：D.【点睛】关键点睛：根据球的性质，结合棱锥的体积公式、表面积公式是解题的关键.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.随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是（）A.函数的图象关于直线对称B.函数的图象关于点对称C.函数为周期函数，且最小正周期为D.函数的导函数的最大值为4【答案】ABD【解析】第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【分析】由题可知，根据诱导公式可得可判断AC，根据奇偶性的概念可判断B，根据导数公式及三角函数的性质可判断D.【详解】因为函数，定义域为R，对于A，，所以函数的图象关于直线对称，故A正确；对于B，，所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；对于，由题知，故C错误；对于，由题可知，故D正确.故选：.10.已知都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的有（）A.B.函数的图象关于点对称C.D.若，则【答案】ABD【解析】第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断ABC，对于D，通过观察选项可以推断很可能为周期函数，结合，的特殊性以及一些已经证明的结论，想到当令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步可得出是周期函数，从而可得出的值.【详解】对于A，令，代入已知等式得，得，再令，，代入已知等式得，可得，结合得，故A正确；对于B，再令，代入已知等式得，将代入上式，得，∴函数为奇函数，∴函数关于点对称，故B正确；对于C，再令，代入已知等式，得，∵，∴，又∵，∴，∵，∴，故C错误；对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，两式相加易得，所以有，即：，有：，即：，∴为周期函数，且周期为3，∵，∴，∴，，∴，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ∴，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：对于含有，，的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有，双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系.此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.11.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔•蒙日最先发现，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（）A.椭圆C的离心率为B.椭圆C的蒙日圆方程为C.椭圆C的蒙日圆方程为D.长方形R的面积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，根据椭圆离心率公式即可判断A；联立直线与椭圆方程结合韦达定理即可得到椭圆方程，从而判断BC；根据三角形面积公式即可判断D.【详解】椭圆C的离心率为，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 设两条互相垂直的切线的交点为，当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标是，或.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P的坐标是，（，且），所以可设曲线C的过点P的切线方程是.由，得，由其判别式的值为0，得，因为，（，为过P点互相垂直的两条直线的斜率）是这个关于k的一元二次方程的两个根，所以，由此，得，即的蒙日圆方程为：；因为蒙日圆为长方形的外接圆，设，，则矩形面积公式，显然，即矩形四条边都相等，为正方形时，.故选:ACD.12.已知函数，，则下列说法正确的是（）A.在上是增函数B.，不等式恒成立，则正实数的最小值为C.若有两个零点，则D.若，且，则的最大值为【答案】ABD【解析】第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确.【详解】对于A，当时，，令，则，，，当时，恒成立，在上单调递增；在上单调递增，根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；对于B，当时，，又为正实数，，，当时，恒成立，在上单调递增，则由得：，即，令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，，则正实数的最小值为，B正确；对于C，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；，则；第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 不妨设，则必有，若，则，等价于，又，则等价于；令，则，，，，，即，在上单调递增，，即，，可知不成立，C错误；对于D，由，得：，即，由C知：在上单调递减，在上单调递增；，，则，，，即，；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，即最大值为，D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 13.的展开式中不含的各项系数之和______.【答案】128【解析】【分析】对每一个括号利用二项展开式的通项公式进行展开，展开后对每一项进行合并，合并后使得项幂次为0，确定项数后即可得到答案.【详解】利用二项展开式的通项公式进行展开，设项为，项为，项为.展开后得对每一项进行合并得，因为展开式中不含，所以，又得取值为，得取值为，故得.代入展开式得，又得取值为，分别带入后各项系数之和为.故答案为：12814.将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则___________.【答案】【解析】【分析】根据三角函数图象的对称性，得到，求得，进而求得，得到，结合，即可求得的值.【详解】如图所示，根据三角函数图象的对称性，可得阴影部分的面积等于矩形和第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 的面积之和，即，因为函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图象，所以，又因为图中阴影部分的面积为，所以，解得，又由图象可得，可得，所以，所以，所以，因为，可得，即，因为，所以.故答案为：15.已知圆与圆相交于两点，则公共弦所在的直线方程为______，______.【答案】①.；②.2【解析】【分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.【详解】由圆与圆，可得公共弦所在的直线方程为：，即.因为圆的圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为1，所以.故答案为：；2.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 16.在正方体中，点满足，且，直线与平面所成角为，若二面角的大小为，则的最大值是______.【答案】【解析】【分析】根据共面的充要条件及线面垂直的判定定理，利用线面垂直的性质定理及线面角的定义，结合二面角的平面角的定义及二次函数的性质即可求解.【详解】∵，且，∴P在平面上，设，连接，，且，如图所示因为平面，又平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，又，平面，平面，所以平面，设正方体的棱长为1，则可知为棱长为的正四面体，所以为等边三角形的中心，由题可得，得，所以，又∵与平面所成角为，则，可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 由平面，又∵平面，∴平面平面，且两个平面的交线为，把两个平面抽象出来，如图所示，作于点，过点作交于N点，连接PN，∵平面平面，平面，平面平面，∴平面，平面，∴，又，与为平面中两相交直线，故平面，平面，∴∴为二面角的平面角，即为角，设，当与点不重合时，在中，可求得，若M与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，故，∵，，∴，∴，∴，∴第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 令，则，当，即时等号成立，∴，故的最大值是.故答案为：.【点睛】解决此题的关键是根据已知条件作出图形，再利用线面垂直的判定及性质定理，然后根据线面角及二面角的平面角的定义找出所求角，结合三角形相似及二次函数的性质即可.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.已知数列满足，，，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由题意得到，利用累加法求出的通项公式；（2）利用裂项相消法求和.【小问1详解】因为，，，，可得，，又，则当时，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ，上式对也成立，所以，；【小问2详解】由，可得，则数列的前项和为.18.如图，为内的一点，记为，记为，且，在中的对边分别记为m，n，，，.（1）求；（2）若，，，记，求线段的长和面积的最大值.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）由已知可推出，整理得到.根据的范围可得，进而即可得出；（2）由已知可得，进而根据即可得出第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ，根据，即可得出三角形面积的最大值.【小问1详解】已知，由正弦定理可得，由，所以，即，所以.因为，，，所以，则，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理得知：，即，因为，所以.因为，所以.，.因为，，所以，当，即时，面积有最大值.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 19.如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱BE的中点.（1）若上有一点N满足平面，确定点N的位置并证明；（2）若，，求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）点N为DE中点，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意M为棱BE的中点，可猜测取的中点N，证明，即可判定线面平行；（2）取AB的中点O，可证得，根据面面垂直的性质可得平面.取中点为，可证，以为坐标原点建立空间直角坐标系.设，得出相关点的坐标，进而求出平面和平面的法向量，进而根据向量即可得出结果.【小问1详解】点N为DE中点，证明如下：如图，连接BD，MN，因为M，N分别为BE，DE的中点，所以MN为的中位线，所以，又平面，平面，所以平面.所以N为DE的中点时满足条件.【小问2详解】第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 取AB的中点O，连接OE，因为侧面为菱形，且，所以在中，，解得，所以，即.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.取中点为，连结，则是梯形的中位线，所以.因为，所以.分别以OH，OA，OE所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，故，，，，，则，，，，.设平面的一个法向量为.则有，即，化简得，令，则是平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 则，即，化简得，令，则，则是平面的一个法向量.则，故：平面与平面所成二面角正弦值为.20.新冠疫情暴发以来，各级人民政府采取有效防控措施，时常采用10人一组做核酸检测（俗称混检），某地在核酸检测中发现某一组中有1人核酸检测呈阳性，为了能找出这1例阳性感染者，且确认感染何种病毒，需要通过做血清检测，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性的表示没被感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这10人逐个做血清检测，直到能确定感染人员为止.方案乙：将这10人的血清随机等分成两组，随机将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果呈阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止.把采用方案甲，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为X.（1）求X的数学期望；（2）如果每次检测的费用相同，以检测费用的期望作为决策依据，应选择方案甲与方案乙哪一种？【答案】（1）（2）选择方案乙【解析】【分析】（1）结合排列数的计算、古典概型概率计算公式、期望的计算求得.（2）方案乙检测的次数记为，根据方案乙的检测方法计算出，由此作出判断.【小问1详解】X可取1，2，…，8，9，则，，2，…，8，，第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 所以.【小问2详解】把采用方案乙，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为Y，则Y可取2，3，4，5.，，，，则.设每次检测的费用均为，则方案甲的平均费用为，方案乙的平均费用为，因为，所以应选择方案乙.21.已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为5.（1）求抛物线C的方程；（2）若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）32【解析】【分析】（1）[方法一]：由题意知，，设圆上的点，由两点间的距离公式求出，利用二次函数性质求最大值；[方法二]：抛物线C的第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 焦点为，，F与圆上点的距离的最大值为，即可得出答案；（2）[方法一]：由导数的几何意义求出直线的方程和直线PB的方程，即可求出直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程由韦达定理代入求出和点P到直线AB的距离，表示出面积，由二次函数的性质即可得出答案；[方法二]：同方法一联立直线的方程和抛物线的方程得到韦达定理，过作轴的平行线交于，则，将韦达定理代入则，因为点在圆上，则设，利用三角换元求最值；[方法三]：设，联立和抛物线C的方程表示出韦达定理，利用导数的几何意义表示出直线的方程，即可求出的坐标，将点P的坐标代入圆M的方程可得，表示出和点P到直线AB的距离，再由二次函数的性质求最值.【小问1详解】[方法一]：利用二次函数性质求最大值由题意知，，设圆上的点，则.所以.从而有.因为，所以当时，.又，解之得，因此.抛物线C的方程为：.[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最大值抛物线C的焦点为，，所以，F与圆上点的距离的最大值为，解第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 抛物线C的方程为：小问2详解】[方法一]：切点弦方程韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线C的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即同理可知，直线PB的方程为，由于点P为这两条直线的公共点，则，所以，点A、B的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，所以，点P到直线AB的距离为，所以，，∵，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.[方法二]【最优解】：切点弦法分割转化求面积三角换元求最值同方法一：得到，.过作轴的平行线交于，则.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 点在圆上，则.故当时的面积最大，最大值为32.[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，.设，联立和抛物线C的方程得整理得.判别式，即，且，抛物线C的方程为，即，有.则，整理得，同理可得.联立方程可得点P的坐标为，即.将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得.由弦长公式得.点P到直线AB的距离为.所以第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ，其中，即.当时，.22.设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，记，是否存在整数t，使得关于x的不等式有解?若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案见解析（2）存在，t的最小值为0【解析】【分析】（1）求导，根据一元二次不等式的解法，再分，，讨论求解；（2）由，得到，求导得到，确定其范围，再由不等式有解求解.【小问1详解】解：由题意得函数的定义域为，，①当时，时，，在单调递增，时，，在单调递减；②当时，恒成立，在上单调递增；③当时，时，，在单调递增，时，，在单调递减；第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 综上，当时，在单调递增，在单调递减；当时，恒成立，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】当时，，∴，∴单调递增，又，，所以存在唯一的，使得，且当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，设，，则在上单调递减，所以，即，若关于x的不等式有解，则，又t为整数，所以，所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0.【点睛】方法点睛：若不等式有解，则；若不等式恒成立，则.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司