湖南省部分学校2023届高三数学上学期12月联考试题（Word版附解析）

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高三数学考试

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上．

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，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设出，得到，，从而列出方程，求出，，得到答案.

【详解】设复数，则，

因为，所以，解得，

因为，，所以，解得，

故.

故选：B

2. 定义差集且，已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据差集的定义直接求解即可.

【详解】因为，，

所以，

所以．

故选：B

3. “”是“”（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据二倍角的余弦公式以及充分条件、必要条件的概念即可得结果.

【详解】若，则．

若，则或．

故“”是“”的充分不必要条件．

故选：A.

4. 已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）

（参考数据：，）

A. 1.62dm B. 1.64dm C. 3.18dm D. 3.46dm

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.

【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，

所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，

设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，

则，解得，

即，．

则剩余的水的高度为．

故选：B

5. 若函数在内有2个零点，则a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】直接解方程，然后根据解的要求列不等式得结论．

【详解】由，得或．

依题意可得，且，所以，且．

故选：D．

6. 展开式中的系数为（    ）

A.  B. 21 C.  D. 35

【答案】A

【解析】

【分析】先将原式整理为，视为两项的展开式，要含有的项，需要在中找即可

【详解】因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为．

故选：A

7. 若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）

A. 的最小值为 B. 的最小值为

C. 的最大值为 D. 的最大值为

【答案】D

【解析】

【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.

【详解】解：因为，

所以，，

所以，

当且仅当时，等号成立，

故的最大值为，无最小值．

故选：D

8. 正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）

A.  B. 5 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．

【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，

所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，

所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．

在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，

平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，

所以．

因为，所以，

因为侧棱长是6，所以．

所以，则△MQC的面积，

故动点P的轨迹面积为．

故选：C

【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：

（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；

（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；

（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；

（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；

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. 下列函数满足的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据，有，逐项判断.

【详解】解：因为，则当时，必有．

若，则，则A错误．

若，则，则B正确．

若，则，则C错误．

若，则，则D正确．

故选：BD

10. 已知圆C：，则（    ）

A. 圆C与圆D：相交

B. 直线与圆C可能相切

C. 直线与圆C必相交

D. 直线，各自被圆C所截得的弦长恰好相等

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用直线与圆，圆与圆的位置关系判断.

【详解】对于A，因为，所以圆C与圆D：相交，A正确．

对于B，点C到直线的距离，则直线与圆C相离，B错误．

对于C，，得，令，得，解得，，所以直线l过定点，易知在圆C的内部，所以直线与圆C必相交，C正确．

对于D，因为，所以点C到这两条直线的距离相等，且这两条直线与圆C相交，所以直线，各自被圆C所截得的弦长恰好相等，D正确．

故选：ACD

11. 将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在内恰有5个极值点，则的取值可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到，再根据因为在内恰有5个极值点，由求解.

【详解】解：将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，

再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到，

设，由，得，

因为在内恰有5个极值点，

所以，

解得．

故选：BCD

12. 若，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】构造函数比较大小，构造函数比较大小，利用三角函数定义有比较大小，从而得结论．

【详解】由，令，

则，故为增函数．

由，得．

由，令，

则，当时，，，

设，则，则在上单调递减，

则，得在上单调递减，

所以，得，故．

根据三角函数的定义可证，故，即．

故选：ABD

【点睛】关键点点点睛：本题考查实数大小比较，解题关键是根据数据的形式构造适当的函数，利用导数确定函数单调性后，由单调性得大小关系．

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．

【答案】5

【解析】

【分析】由向量共线的坐标表示求解.

【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．

故答案为：5．

14. 若函数的导函数为偶函数，则曲线在点处的切线方程为____________．

【答案】（或）

【解析】

【分析】求出导函数，由其为偶函数得值，然后计算出斜率，再计算出，由点斜式得直线方程并整理．

【详解】因为为偶函数，所以，解得，则．

又，故曲线在点处的切线方程为，即．

故答案为：．

15. 已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是____________．

【答案】3

【解析】

【分析】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，由双曲线定义得点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，然后根据双曲线的性质，数量积的运算律求解．

【详解】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，由双曲线定义可知，点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，即点P的轨迹方程为．，由，

可得．

因为的最小值为，所以的最小值是3．

故答案为：3.

16. 设是数列的前n项和，，则____________；若不等式对任意恒成立，则正数k的最小值为____________．

【答案】    ①. ；    ②. .

【解析】

【分析】由与关系，推出为等差数列，即可求出，再由原不等式转化为恒成立，，可证出为递增数列，不等式转化为，即可得解.

【详解】当时，，得．

当时，，，

两式相减得，得，

所以．

又因为，所以是以6为首项，4为公差的等差数列，

所以，即．

因为，所以，即．

记，所以为递增数列，．

所以，解得，

则正数k的最小值为．

故答案为：，.

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. 在①，，②，，③，这三个条件中选一个合适的补充在下面的横线上，使得问题可以解答，并写出完整的解答过程．

问题：在钝角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，            ．

（1）求△ABC的面积；

（2）求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径．

【答案】（1）选①③不合题意，选②面积为   

（2）

【解析】

【分析】（1）先判断选①③不合题意，若选②，利用余弦定理、平方关系以及三角形面积公式可得答案；

（2）由正弦定理可得△ABC外接圆的半径，由三角形面积相等可得△ABC内切圆的半径.

【小问1详解】

若选①，则，，，

可得，则△ABC为锐角三角形，不合题意；

若选③，则，，，

可得，则△ABC为锐角三角形，不合题意；

若选②，因为，

所以，

故△ABC的面积．

【小问2详解】

由（1）知选①③不合题意；

若选②，设△ABC外接圆的半径为R，

由正弦定理得，

所以．

设△ABC内切圆的半径为r，由，

得．

18. 已知在等比数列中，，且,,成等差数列，数列满足,，.

（1）求的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）;   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；

（2）求得的通项公式，结合（1）的结论可得，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.

【小问1详解】

因为,,成等差数列，所以 ,

又因为在等比数列中，,所以，得的公比 ，

所以 ,解得 ，故.

【小问2详解】

由,，，得 ，

则是等差数列，因为,所以，

则 ，

则

．

19. 故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，AB＝2AD＝2EF＝8，EF∥底面ABCD，EA＝ED＝FB＝FC，M，N分别为AD，BC的中点．

（1）证明：EF∥AB且BC⊥平面EFNM．

（2）若二面角为，求CF与平面ABF所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面平行的性质结合已知条件可证得EF∥AB，由等腰三角形的性质可得EM⊥AD，FN⊥BC，再结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面EFNM；

（2）过点E作，垂足为H，作，垂足为K，以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.

【小问1详解】

证明：因为EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，

所以．

因为，M，N分别为AD，BC中点，

所以EM⊥AD，FN⊥BC，，

因为∥，，

所以四边形为平行四边形，

所以，

因为，

所以四边形EFNM梯形，且EM与FN必相交于一点，

又，

所以，

因为平面，

故BC⊥平面．

【小问2详解】

解：过点E作，垂足为H，

由（1）知BC⊥平面，

因为平面，

所以平面平面，

因为平面平面，平面，

所以EH平面，

由，，得为二面角的平面角，则．

因为，所以．

作，垂足为K．

以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，

，．

设平面ABF的法向量为，

则，

令，得．

因为，

所以，

故CF与平面ABF所成角的正弦值为．

20. 某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目．对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分．对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分．最后得分越多者，获得的资金越多．现有两种参赛的方案供运动员选择．方案一：只参加3个传统运动项目．方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目．已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为，能完成每个新增运动项目的概率均为，且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立．

（1）若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率．

（2）若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该选择方案一还是方案二？说明你的理由．

【答案】（1）   

（2）运动员乙应该选择方案一；理由见解析

【解析】

【分析】（1）甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目；

（2）方案一服从二项分布从而可求数学期望，再由方案二得分的分布列求得数学期望，比较两个期望的大小.

【小问1详解】

运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率．

【小问2详解】

若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，

所以乙最后得分数学期望为．

若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，90，120，

，

，

，

，

，

．

所以Y的数学期，

因为，所以运动员乙应该选择方案一．

21. 已知抛物线，过点作直线与交于，两点，当该直线垂直于轴时，的面积为2，其中为坐标原点.

（1）求的方程.

（2）若的一条弦经过的焦点，且直线与直线平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）由的面积为2可得，求解即可；

（2）设直线MN：，设直线ST：，分别代入，利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解.

【小问1详解】

当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，

代入，得，

因为的面积为2，所以，解得，

故C的方程为．

【小问2详解】

由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，

则，代入，得，

设，，

则，，，

．

设直线ST：，则，代入，

得，

设，，则，，，

，

故存在常数，使得恒成立．

【点睛】关键点睛：第二问中，关键在于利用韦达定理结合弦长公式得出，，从而得出.

22. 设为的导函数，若是定义域为D的增函数，则称为D上的“凹函数”，已知函数为R上的凹函数．

（1）求a的取值范围；

（2）设函数，证明：当时，，当时，．

（3）证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】(1)对函数求三次导数，根据导函数的正负和题干条件进行求解即可；

(2)对函数两次求导，判断导数与零的大小关系，进而确定；

(3)由（2）可知：，将不等式进行等价转化为，再结合（1）即可证明.

【小问1详解】

解，设为的导函数，

则．

设，则．

当时，；当时，．

所以在上是减函数，在上增函数．

所以．

因为为R上的凹函数，所以，

解得，故a的取值范围是．

【小问2详解】

证明，的导函数．

若，则，若，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以最小值为，则，为增函数．

又，所以当时，，当时，．

【小问3详解】

证明：由（2）知，

即，

所以．

由（1）知，，因为，

所以，

所以，

故．