精品解析：广东省七校联合体（中山一中等）2023届高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

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七校联合体2023届高三第一次联考试卷（8月）数学科目一､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，集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】分别求出集合A,B中x的范围，再求集合A,B的交集即可.【详解】 ，即， ，即，.故选：B2. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．【详解】解：，．故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．3. 如图，在中，，，，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用、表示向量，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】，，则，所以，.故选：D.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．4. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.5. 若随机事件，满足，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据，计算得到，然后根据条件概率的计算公式计算即可.【详解】由题可知：所以所以故选：D6. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，则下列结论错误的是（    ）A. 函数的图象关于点对称B. 函数的图象关于直线对称C. 函数在区间上单调递增D. 与图象的所有交点的横坐标之和为【答案】B【解析】【分析】根据顶点坐标求出，由周期求出，由五点作图求出，进而得出函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质即可求解.【详解】由题意可知，，解得.结合五点法作图，可得，解得，所以的解析式为.令，得，所以函数的图象关于点对称，故A正确；令，得，不是最值，所以函数图象不关于直线对称，故B不正确；在区间上，，函数单调递增，故C正确；当，，与图象的个交点关于直线对称.设这个交点的横坐标分别为，，则，，故所有交点的横坐标之和为，故D正确.故选：B.7. 已知a=， b=， c=，则a，b，c的大小关系为（    ）A. a<b<c B. a<c<b C. b<a<c D. b<c<a【答案】A【解析】【分析】根据指数函数、对数函数与幂函数的单调性，借助中间量即可比较大小.【详解】解：由函数在上单调递增，所以，由于函数在上单调递减，所以，由于函数在上单调递增，所以，故.故选：A.8. 已知函数有唯一零点，则A.  B.  C.  D. 1【答案】C【解析】【分析】【详解】因为，设，则，因为，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.故选：C.【点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.（2）分离参数后转化为函数值域(最值)问题求解.（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.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. 如图，两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M，N分别是AC和AE的中点，那么下列结论正确的是（    ）A.  B. 平面C.  D. 异面.【答案】ABC【解析】【分析】对于选项A，建立空间直角坐标系，根据空间向量垂直，则其点乘积为零，可得答案；对于选项B、C、D，根据中位线的性质，可得答案.【详解】由点为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD和ADEF的边长为，如下图：对于A选项，，，，，则直线、的方向向量分别为，，因，所以，即，故A正确；对于B选项，连接，如下图：因为点分别为的中点，所以在中，，因为平面，且平面，所以平面，故B正确；由选项B可知，故C正确；故D错误；故选：ABC.10. 关于函数说法正确的是（    ）A. 定义域为 B. 图象关于轴对称C. 图象关于原点对称 D. 在内单调递增【答案】ACD【解析】【分析】由即可求出其的定义域；利用可判断为奇函数；求利用复合函数的单调性即可判断在内的单调性.【详解】因为,所以，所以定义域为，故A正确；因为，所以图象关于原点对称，故B错误，C正确;又在上单调递减，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，故D正确.故选：ACD.11. 下列命题中正确的是（    ）A. 双曲线与直线有且只有一个公共点B. 平面内满足的动点的轨迹为双曲线C. 若方程表示焦点在轴上的双曲线，则D. 过给定圆上一定点作圆的动弦，则弦的中点的轨迹为椭圆【答案】AC【解析】【分析】解方程组判断，根据双曲线定义极限状态判断，根据双曲线定义判断，求出动点轨迹方程，用反证法判断．【详解】解：对于，解方程组，得唯一解，所以曲线与直线有且只有一个公共点，所以对；对于，当时，满足的动点的轨迹为两条射线，不是双曲线，所以错；对于，若方程表示焦点在轴上的双曲线，且，所以对；对于，举反例，不妨设圆的方程为，定点，动点，则在圆上，在，，点轨迹是圆，而不是椭圆，所以错．故选：．12. 达·芬奇的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂项链所形成的曲线称为悬链线.建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，双曲余弦函数则以下正确的是（    ）A. 是奇函数 B. 在上单调递减C. ， D. ，【答案】BCD【解析】【分析】根据题意写出函数的解析式，由函数奇偶性的定义，即可判断选项A是否正确；根据导数在函数单调性中的应用以及复合函数的单调性，即可判断选项B是否正确；由基本不等式，即可判断选项C是否正确；再根据选项C，结合特称命题的特点，即可判断选项D是否正确.【详解】由题意可知，，定义域为所以，所以是偶函数；故选项A错误；函数的导数为，所以当时，，当时，，所以函数，单调递减区间为 ，单调递增区间为，又，所以函数在上单调递增，由复合函数的单调性可知，在上单调递减，故选项B正确；由基本不等式可知，，当且仅当时取等号；故选项C正确；由C可知，，，所以，使得成立，故选项D正确；故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中，含项的系数为___________.【答案】【解析】【分析】根据中含项由4个2与1个相乘所得计算即可.【详解】相乘的5项中，含的项只能由4个2与1个相乘所得，故含项的系数为.故答案为：14. 已知圆.若圆与圆有三条公切线，则的值为___________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件得出两圆的位置关系，结合两点间的距离公式即可求解.【详解】由，得，所以圆的圆心为，半径为，因为圆，所以圆的圆心为，半径为，因为圆与圆有三条公切线，所以圆与圆相外切，即，解得，所以的值为.故答案为：.15. 求函数在处的切线方程为___________.【答案】【解析】【分析】分别求出与，再利用点斜式即可写出切线方程.【详解】由题意知又因为，所以所以切线方程为：即故答案为：16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，B，C，已知，若△ABC的面积为，则a+c的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】根据正弦定理进行边角互化，再根据余弦定理求得角B，由三角形的面积公式求得，根据基本不等式可求得答案．【详解】由及正弦定理可得，所以由余弦定理的推论可得，因为，所以因为的面积为，所以，即，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为．故答案为：．【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.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. 已知的内角，，的对边分别为，，，.（1）求；（2）若，，点在线段上，，求的余弦值.【答案】（1）5；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知有，由三角形内角性质结合正弦定理有，即可得；（2）由余弦定理求，根据已知有是等边三角形可求，再应用余弦定理求的余弦值.【详解】（1）依题意，有，又，知：，而，故.（2）由，有，即，又，得；在中，，，故是等边三角形，，，故.【点睛】本题考查了正余弦定理，应用两角和正弦公式及正弦定理求边，利用余弦定理求边、角的余弦值.18. 如图：已知△PAB所在的平面与菱形ABCD所在的平面垂直，且PA＝PB＝AB，∠ABC＝60°，E为AB的中点．（Ⅰ）证明：CE⊥PA；（Ⅱ）若F为线段PD上的点，且EF与平面PEC的夹角为45°,求平面EFC与平面PBC夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析； （Ⅱ）.【解析】【分析】(I)先根据面面垂直的性质定理证明平面PAB,再由线面垂直的性质证明;（Ⅱ）以E为坐标原点， 所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系,求出平面 EFC的法向量、平面PBC的法向量,利用向量的夹角公式,即可求平面EFC与平面PBC夹角的余弦值.【详解】（Ⅰ）在菱形ABCD中，∵∴△ABC为正三角形，又∵E为AB的中点∴，∵平面PAB与平面ABCD垂直，AB为平面PAB与平面ABCD的交线，∴平面，又∵平面∴ （Ⅱ）∵，E为AB的中点，∴，又∵，∴平面，以E为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示设，则，，，∴设，其中，则，∵为平面的法向量，∴，得，即是的中点，∴ 设为平面的法向量，则令，得，取，设为平面的法向量，则得出令，得，取，设平面与平面夹角，则 .【点睛】本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19. 已知数列中，，，前项和为，若（，且）.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求出，再求出即得解；（2）求出，再利用错位相减法求数列的前项和.【详解】（1）数列中，（，且）①，又（，且）②，可得：，则数列是以为首项，公差为1的等差数列，则，则，当时，，也符合该式，则.（2）由（1）的结论得，，则；则，∴，两式错位相减可得：，∴.【点睛】本题主要考查等差数列的判定和数列通项的求法，考查错位相减法对数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.20. 在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）.已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为，它们之间相互不影响.（1）当时，求能正常工作的设备数的分布列和数学期望；（2）已知深圳某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：    （2）从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2【解析】【分析】(1)由题意可知，即得；(2)分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策.【小问1详解】为正常工作的设备数，由题意可知.，，，，从而的分布列为0123由，则；【小问2详解】设方案1､方案2的总损失分别为，采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到，由（1）可知计算机网络断掉的概率为，不断掉的概率为，故元；采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，可知计算机网络断掉的概率为，故因此，从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2.21. 已知是椭圆的一个焦点，点在椭圆上，轴，，椭圆的短轴长等于4．（1）求椭圆的标准方程；（2）设为直线上一点，为椭圆上一点，且以为直径的圆过坐标原点，求的取值范围．【答案】（1）；（2），．【解析】【分析】（1）由已知建立等式关系，联立方程求出，，再得到椭圆的方程；（2）根据椭圆的参数方程设点的坐标，再设点的坐标，利用已知可得，垂直，则向量与向量的数量积为0，得出等式关系，然后表示出所求的关系式，利用基本不等式，得到其范围．【详解】（1）由已知可得，解得，，所以椭圆的标准方程为；（2）根据椭圆的参数方程可设点，，，另设点的坐标为，，因为以为直径的圆过坐标原点，所以，即，所以，所以，令，，则，当且仅当，即时取等号，此时的取值范围为，．点睛】解决圆锥曲线中的范围问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中范围问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.22. 已知函数有且仅有两个极值点，且．（1）求实数的取值范围；（2）证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）原问题等价于有两个零点，且，（i）当时，在上单调递减，至多有一个零点，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，令，又，，由函数零点存在定理可得，即可求解；（2）由题意，，，即，，两式相减得，令，则，，，，要证：，即证：，只需证：，最后构造函数即可证明.【小问1详解】解：函数，，因为函数有两个极值点，，所以有两个零点，且，令，，（i）当时，，则在上单调递减，至多有一个零点，不符合题意；（ii）当时，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以的最小值为，令，解得，又因为，，所以由函数零点存在定理可得，在区间和上各有一个零点，符合题意，所以的取值范围为；【小问2详解】证明：由（1）可知，，所以.，因为，是的两个零点，所以，，即，，两式相减得，令，则，，，所以，，，要证：，即证：，即证：，只需证：，令，，，，所以在上单调递增且，所以，则在上单调递增且，所以，从而得证．【点睛】关键点点睛：（2）问解题的关键点是将，两边取自然对数，则有，，两式相减得，令，则，从而构造函数即可证明原不等式.