江西省宜春市八校2023届高三数学（理）第一次联考试题（Word版附解析）

2023届高三第一次联考理科数学试卷考试时间：120分钟分值：150分一、单选题1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式求得集合，解一元二次不等式得集合，即可得集合的交集.【详解】∵，当且仅当时，等号成立，∴，又∵，∴.故选：B.2.若函数的两个零点为则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题知，再根据定积分的几何意义求解即可.【详解】解：令得，故，所以，，由定积分的几何意义，表示以原点为圆心，为半径的半圆的面积，所以，.故选：C3.关于复数的四个命题：：，：，：的共轭复数为，：z 的虚部为-1.下列是真命题的为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先利用复数除法运算化简复数，然后求解复数的模、共轭复数、虚部及，从而确定命题的真假，再根据真值表逐一判断选项即可.【详解】因为复数，所以，z的虚部为-1，，的共轭复数为，所以错误，正确，由真值表知：为真命题，，，均为假命题.故选：C4.图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可推出，且，从而说明数列是以为首项，为公差的等差数列，求得数列的通项公式，即可求得答案.【详解】由题意知，，，，，，都是直角三角形，，且，故， 数列是以为首项，为公差的等差数列，．又，，数列的通项公式为，，故选：C．5.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由诱导公式求出的值，再利用拆分角求得结果.【详解】由，得.故选：C.6.2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行.现要安排甲､乙等5名志愿者去，，三个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲､乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为（    ）A.18B.36C.60D.72【答案】B【解析】【分析】依题意分为有人一组包含甲､乙，其余人各一组，再分到三个足球场，或者是甲、乙两人一组，另有人一组，其余一人一组，再分到三个足球场，先分组，再分配，利用分类、分步计数原理计算可得. 【详解】由题意可知这人去，，三个足球场服务，情况为：有人一组包含甲､乙，其余人各一组，再分到三个足球场，或者是甲、乙两人一组，另有人一组，其余一人一组，再分到三个足球场，故将人按、、分成三组，且甲､乙在同一组的分组方法有种，将人按、、分成三组，且甲､乙在同一组的分组方法有种，则甲､乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为，故选：B7.已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（    ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，则可得为偶函数，且在单调递增，所以的图象关于直线对称，在单调递增，则将转化为，从而可求出实数a的取值范围.【详解】设，因为，所以为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称，设，则，令，则，得，所以在上递增，因为函数在定义域上单调递增， 所以在单调递增，所以在单调递增，因，所以，所以，化简得，解得．所以实数a的取值范围为，故选：B【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据已知条件判断出的图象关于直线对称，在单调递增，从而可求解不等式.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而得到．如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，因为棱长为1的正四面体的高，则棱长为1的正四面体的体积，所以该截角四面体的体积为． 故选：C．9.已知函数满足（其中是的导数），若，，，则下列选项中正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性及指数函数的单调性，结合不等式的性质即可求解.详解】由，得，令，，则，所以在上恒成立，所以在上为减函数，因为，且在上单调性递增；所以，所以，所以，所以，即．故选：A.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是构造函数，利用导数法求函数的单调性，结合指数函数的单调性及不等式的性质即可.10.已知实数x，y满足，则的取值范围是（）． A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对的正负分类讨论，去掉绝对值转化为相应的曲线方程，根据的几何意义利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】依题意，当时，方程为，是双曲线在第一象限的部分；当时，方程为，不能表示任何曲线；当时，方程为，是双曲线在第三象限的部分；当，方程为，是椭圆在第四象限的部分；其图象大致如图所示： 的几何意义是曲线上的点到直线的距离的两倍，双曲线的渐近线与平行，所以曲线在第一、三象限上的点到的距离，由图象可知直线与椭圆在第四象限的部分相切时，距离取得最小值，设切线为：且，由，可得，由，解得或（舍去），所以曲线在第四象限上的点到的距离.所以的取值范围是：.故选：A.【点睛】(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．11.如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列．已知数列的项数为4，其中，，2，3，4，记事件：集合；事件：为“局部等差”数列，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】分别求出事件与事件的基本事件的个数，用=计算结果.【详解】由题意知，事件共有个基本事件，对于事件，其中含1，2，3的“局部等差”数列的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的“局部等差”数列的同理也有3个，共6个；含3，4，5和含5，4，3的与上述相同，也有6个；含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个；含4，3，2的同理也有2个；含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个；含5，3，1的同理也有4个，所以事件共有24个基本事件，所以．故选：C12.设P为双曲线右支上的点，分别为C的左、右两个焦点，若（O为坐标原点），且，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的定义及离心率结合应用正余弦定理，找到关系的齐次式求解即可.【详解】设，因为，所以，又因为，所以设，则，在中， 在中，所以，又因为双曲线定义，所以.在中，由余弦定理得，可得，即得，，所以故选：C.二、填空题13.执行如图所示的程序框图，输出的值为___________.【答案】##【解析】【分析】根据程序框图依次求解即可.【详解】第1次，因为，所以，第2次，因为，所以， 第3次，因为，所以，因为不成立，所以输出，故答案为：14.已知函数，且对任意实数x都有，则的值为__________．【答案】##0.96【解析】【分析】由得函数的图象关于直线对称，结合正弦函数的性质得，求出，再利用齐次式法计算作答.【详解】因为对任意实数x都有，则函数的图象关于直线对称，而，其中锐角由确定，因此当时，函数取得最值，即为的极值点，又，于是，即，解得，所以.故答案为：15.已知一组数据，，，…，的平均数为，方差为.若，，，…，的平均数比方差大4，则的最大值为__________．【答案】-1【解析】【分析】设新数据的平均数为，方差为，可得，，由新数据的平均数比方差大4可得，可得，代入可得其最大值.【详解】解：设新数据，，，…，的平均数为，方差为， 可得：，，由新数据平均数比方差大4，可得，可得，可得：，由，可得，可得当时，可得的最大值为：，故答案为：.【点睛】本题主要考查数据的平均数、方差及其计算，属于中档题.16.半径为的两圆和圆外切于点，点是圆上一点，点是圆上一点，则的取值范围为_______.【答案】【解析】【分析】设点关于点的对称点为，则点在圆上，计算可得出，求出的取值范围，即可得出的取值范围.【详解】设点关于点的对称点为，则点在圆上，所以，，因为，所以，，因为， 当且仅当、同向且、反向时，，当时，则，所以，，所以，，所以，，因为，则，故当且四边形为菱形时，，因此，.故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，角，，的对边分别是，，，满足.（1）求角；（2）若点D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理边角化即可求解，（2）由面积公式以及基本不等式即可求解.【小问1详解】由可得：，由余弦定理知，，又，因此.-【小问2详解】 ∵，即，∴≥∴ab≥，当且仅当b=2a，即a=，b=取等号∴=≥∴△ABC面积的最小值为18.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，E是侧棱BB1上一点.（1）若BE＝B1E，证明：CC1⊥平面AC1E；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，交于点，连接，，可证，，进而可证平面，进而，，可证结论；（2）过作，垂足为，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法求二面角的余弦值．【小问1详解】证明：如图，设，交于点，连接，， 因为四边形是菱形，，，所以，因为，，平面，，所以平面，因为平面，所以，连接，，所以，因为，所以，所以.因为，所以，所以.因为，平面，，所以平面.【小问2详解】过作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，，平面，，所以平面.如图，以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，因为，所以， 则，所以.易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以.设二面角的大小为，所以，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.19.已知椭圆:过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点且互相垂直的直线,分别交椭圆于,两点及两点.求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点，且离心率为列方程组求得的值，即可得椭圆的方程；（2）讨论直线的斜率不存在时，直线的斜率不存在时，求各交点坐标即可得的取值，再讨论直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用弦长公式即可求得的范围，综合可得答案.【小问1详解】椭圆:过点，且离心率为所以，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】当直线的斜率不存在时，则直线：，代入椭圆方程得，所以；直线：，代入椭圆方程得，所以，所以；当直线的斜率不存在时，同理可得；当直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，， 则，消去得，恒成立，所以，所以；同理可得，将换成可得所以，综上所述，的取值范围是.20.设，，且a、b为函数的极值点（1）判断函数在区间上的单调性，并证明你的结论；（2）若曲线在处的切线斜率为，且方程有两个不等的实根，求实数m的取值范围.【答案】（1）在区间，上单调递增，证明见解析.（2）【解析】【分析】（1）求导得，则，利用韦达定理得，则，分析出，根据其导数与单调性关系即可得到答案.（2）根据求出，则，求导，求出其极值，作出其函数图象，利用直线 与交点个数即可得到答案.【小问1详解】依题设方程，即方程的两根分别为a、b∴∴因为，且，则，∴，∴当且时，，∴在区间，上单调递增.【小问2详解】由，得，∴，∴，时或，当x在上变化时，，的变化情况如下：00++0极小值极大值∴的大致图象如图,∴方程有两个不等根时，转化为直线与函数的图象有两交点，则.21.已知数列中，，． （1）求的通项公式；（2）若数列中，，证明：，（）．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，即数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式即可求出的通项公式；（2）由用数学归纳法证明即可.【小问1详解】由题设：，，，．所以，数列是首项为，公比为等比数列，＝，即的通项公式为，．【小问2详解】用数学归纳法证明．（ⅰ）当时，因，，所以，结论成立．（ⅱ）假设当时，结论成立，即，也即．当时，， 又，所以．也就是说，当时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知，．（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号.22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的直角坐标方程为，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，求．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据同角的三角函数关系式中的平方和关系进行消参，结合极坐标方程与直角坐标方程互化公式进行求解即可；（2）结合（1），联立直线l与曲线C，可得到关于的一元二次方程，设点A，B对应的极径分别为，，根据极径的定义和韦达定理即可得到，，代入求解即可．【小问1详解】由于直线l过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为． 由曲线C的参数方程为（为参数），得曲线C的普通方程为，即，则C的极坐标方程为．【小问2详解】由，得，设点A，B对应的极径分别为，，则，．∴．23.设函数.（1）求不等式的解集；（2）若，且，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）讨论的范围去掉绝对值号，得出，然后在每段函数上解不等式即可得出答案；（2）根据条件得出，且，，然后可得出，然后根据基本不等式即可求出最小值．【小问1详解】， ①解，得；②时，恒成立；③解，得，综上得，的解集为；【小问2详解】，，，，，当且仅当即时取等号，的最小值为．