2023届T8（华师一附中、湖南师大附中等）高三上学期第一次学业质量评价数学试题含解析

这是一份2023届T8（华师一附中、湖南师大附中等）高三上学期第一次学业质量评价数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届T8（华师一附中、湖南师大附中等）高三上学期第一次学业质量评价数学试题 一、单选题1．复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出等式右侧复数的模，然后表示出复数z，再化简变形求得结果.【详解】由已知，可得，∴.故选：C．2．若集合 ，则（    ）A． B．C．或 D．【答案】B【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性求得集合，根据集合的并集运算即可得答案.【详解】解得，解得，故得 ，故，故选：B．3．已知是数列的前n项和，则“”是“是递增数列”的（    ）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【分析】，则，是递增数列，充分性；的符号不确定，不必要，得到答案.【详解】若，则，是递增数列，“”是“是递增数列”的充分条件；若是递增数列，则，，但是的符号不确定，“”不是“是递增数列”的必要条件.故选：A4．某同学掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据5次的统计结果，可以判断一定没有出现点数6的是（    ）A．中位数是3，众数是2 B．平均数是3，中位数是2C．方差是 ，平均数是2 D．平均数是3，众数是2【答案】C【分析】举特例可说明的正误，利用方差的计算公式可判断C.【详解】选项A：有可能出现点数6，例如 ；选项B：有可能出现点数6，例如；选项C：设这5次的点数为 ，则方差 如果出现点数6，而，则方差大于或等于3.2，故不可能出现点数6；选项D：有可能出现点数6，例如，故选：C．5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先将已知等式整理化简成一个三角函数形式，再利用诱导公式转化为余弦二倍角公式求解.【详解】∵，∴.故选：B．6．已知圆台上底面半径为1，下底面半径为3，球与圆台的两个底面和侧面均相切，则该圆台的侧面积与球的表面积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作图，找出图中的几何关系，求出母线长和球的半径即可.【详解】上图是该几何图形的正视图，由切线长定理可知： ，设圆台的上底面半径为r，下底面半径R，母线长为l，球的半径为，则有 ，过点D作BC的垂线，垂直是G，则有 ，∴ ，在 中， ，∴圆台的侧面积与球的表面积之比为；故选：D．7．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，为偶函数，则（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】C【分析】先根据为偶函数得到，两边取的导数可得：求，进而得到，在根据导函数为奇函数可得到导函数的递推公，然后根据递推公式即可求解.【详解】∵为偶函数，∴，即，两边同时对x求导得，即，令，则，∵为奇函数，∴，又，即，联立得，即，∴，故选：C．8．已知椭圆，直线l过坐标原点并交椭圆于 两点（P在第一象限），点A是x轴正半轴上一点，其横坐标是点P横坐标的2倍，直线交椭圆于点B，若直线恰好是以为直径的圆的切线，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设,则由直线恰好是以为直径的圆的切线,可得，再利用点差的方法可得，即得，从而可得的关系，即可求得椭圆离心率.【详解】依题意，设，直线的斜率一定存在,分别为，直线恰好是以为直径的圆的切线,则,则,则，∴，∵，两式相减得，∴，即，∴，∴，∴，∴椭圆的离心率，故选:D． 二、多选题9．在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（    ）A． B． 平面C．平面 D．与所成的角是【答案】ABD【分析】A．利用三角形中位线进行证明；B．通过线面平行的定理证明；C．通过线面垂直的性质进行判断；D．通过平行的传递性找出即为与所成的角，即可求出答案．【详解】连接，则是的中位线，∴，故A正确；连接，，则，平面，平面，∴平面，即平面，故B正确；连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误；∵，∴或其补角为与所成的角，，故D正确．故选：ABD．10．将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，若的图像与的图像关于y轴对称，则下列说法正确的有（    ）A．B．C．的对称轴过的对称中心D．，使得【答案】AC【分析】根据平移法则结合得到，得到A正确B错误；计算对称轴代入函数得到C正确，根据范围计算两个函数的值域得到D错误，得到答案.【详解】，的图像与的图像关于y轴对称，，即，，，经检验，满足题意，故选项A正确，选项B不正确；，，的对称轴满足，即，，即的对称轴过的对称中心，故选项C正确；当时，，的值域为，当时，，的值域为，，故选项D不正确．故选：AC11．设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（    ）A．B．当时，取得最小值C．当时，n的最小值为7D．当时，取得最小值【答案】ABD【分析】对于A，由变形求得，利用累加法求得，进而求得，求出，即可判断；对于B，判断的单调性，即可判断；对于C，判断单调递增，并计算的值，即可判断；对于D，根据，的值的正负以及单调性，判断的值正负以及单调性，即可判断.【详解】由得，∴，累加得，，故，当时，满足上式，∴，当时，，∴，故选项A正确；由于函数 ，其图象对称轴为，当时函数递增，故当时，单调递增，又，∴单调递增，且，∴当时，单调递减，当时，单调递增，且，∴当时，取得最小值，故选项B正确；当时，单调递增，又，∴当时，n的最小值为8，故选项C错误；当时，；当时，；当时，，∴当时，考虑的最小值，又当时，恒为正且单调递减，恒为负且单调递增，∴单调递增，∴当时，取得最小值，故选项D正确，故选：．12．已知函数及其导函数的定义域均为，若，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．方程有两个解D．在区间上单调递增【答案】ACD【分析】设，求导得到函数单调区间，得到，计算得到A正确；计算得到B正确；设，计算函数的单调区间，得到得到C正确；，求导确定函数在上得到答案.【详解】设，则，设，恒成立，故函数单调递增，，当时，，当时，，故当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，故，即，即，选项A正确；，故，选项B错误；设，则，设，则当时，；当时，，且，故；当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，使得，即当时，，当时，；综上：当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减，，当时，，当时，，，且当趋于正无穷时，趋于0，又，方程有两个解，即方程有两个解，选项C正确；由可得，，令，则，由以上分析可知，当时，，即，单调递增，，，故在区间上单调递增，选项D正确．故选：ACD【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的单调性，函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，构造新函数确定新函数的单调性是解题的关键. 三、填空题13．二项式展开式中的系数为____________．【答案】5【分析】将化为，利用二项式系数结合组合数的计算，求得答案.【详解】因为，故展开式中的系数为，故答案为：514．已知非零向量满足，则的夹角大小是_________．【答案】【分析】将由平方得，结合化简推出，利用向量的夹角公式即可求得答案.【详解】由平方得，∵，∴,即，代入得，即，∴，而，∴的夹角为，故答案为：另解：作向量，则，由题意可知，，且，∴，∴的夹角为，故答案为：15．若关于x的不等式有且只有一个整数解，则实数a的取值范围为_______________．【答案】【分析】令，求导计算函数的单调区间，题目转化为，计算，得到，计算得到答案.【详解】令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，且当时，，当时，，，原不等式等价于或（不存在整数解），有且只有一个整数解，，故，即实数a的取值范围为．故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决方程的解的个数问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造函数确定单调性，将题目转化为是解题的关键. 四、双空题16．已知双曲线的左、右焦点分别为和，O为坐标原点，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，则双曲线的离心率为__________;又过点P作双曲线的切线交另一条渐近线于点Q，且的面积，则该双曲线的方程为_____________．【答案】     ##     【分析】第一空：设，由题意可求得，结合求得，从而解，利用正弦定理求得，即可求得双曲线得离心率.第二空，过P点的切线与双曲线切于点，设，表示出，利用双曲线的切线方程联立渐近线方程求得，从而根据三角形面积求得b，即可求得双曲线方程.【详解】设，则有，又垂直于渐近线即，,∴，而,∴，在中,，由正弦定理：，∴,∴，∴，∴，∴，另解：依题意，可得的方程为，联立，可得 ，∴，又，在中，，即，化简得，∴.如图，过P点的切线与双曲线切于点，设，又P，Q均在双曲线的渐近线上，故设，又，∴，∴，过M点的切线方程为，即，代入，化简得，又，∴，即，∴，∴，∴，∴，故双曲线的方程为,故答案为: ,【点睛】难点点睛:该题考查双曲线离心率的求解以及双曲线标准方程,由题意可以求得 的关系，而难点在于利用求得a或b的值，此时解答时设出，关键要利用过双曲线上一点的切线方程联立渐近线方程求得，进而利用三角形面积求得答案. 五、解答题17．已知数列是等差数列，记为的前项和，是等比数列，．(1)求;(2)记，求数列的前10项和．【答案】(1)(2)760 【分析】（1）利用是等差数列和是等比数列列方程组解出的值，由对数的运算性质可得等比，进而即可得的通项公式；（2）由（1）得，令，则，则数列的前10项和等于4倍数列的前10项和.【详解】（1）由题意得，所以①，又是等比数列，所以，因为，所以②，又，故由①②联立解得，又是等差数列，所以 为定值，即为定值，故为等比数列，首项，公比，所以的通项公式为．（2）由（1）得，所以，即是以1为首项，4为公差的等差数列，令，则，记的前n项和为，所以，数列的前10项和为760．18．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且．(1)求角A、B、C;(2)若，延长至D，使的面积为，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）化简得到，根据等比数列得到，计算得到答案.（2）根据面积计算得到，，根据余弦定理得到，再利用正弦定理计算得到答案.【详解】（1）由，，，，即，成等比数列，故，，故，，，当且仅当时，等号成立，，又，．（2），，，即，故，，在中，，，即，故．19．党的二十大的胜利召开为我们建设社会主义现代化国家指引了前进的方向．为讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进高中学生对党的二十大的理解，某校组织开展党的二十大知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛，最终甲、乙两班进行到了最后决赛，决赛采取五局三胜制，约定先胜三局者赢得比赛．已知每局比赛中必决出胜负，每一局若甲班先答题，则甲获胜的概率为，若乙班先答题，则甲获胜的概率为，每一局输的一方在接下来的一局中先答题，第一局由乙班先答题．(1)求比赛一共进行了四局并且甲班最终赢得比赛的概率；(2)若规定每一局比赛中胜者得2分，负者得0分，记X为比赛结束时甲班的总得分，求随机变量X的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）因为比赛一共进行了四局并且甲班最终赢得比赛，所以最后一局甲班获胜，在前三局中分情况讨论，从而求出比赛一共进行了四局并且甲班最终赢得比赛的概率；（2）X的所有可能取值有0，2，4，6，即比赛三局且甲三局全输；比赛四局且甲赢一局；比赛五局且甲赢二局；比赛五局且甲赢三局，从而计算事件的概率，写出随机变量X的分布列和数学期望.【详解】（1）记表示“第i局甲获胜”，设A表示“比赛一共进行了四局并且甲班最终获胜”，则事件A包括三种情况：，这三种情况互斥，且相互独立，∴．（2）由题意，X的所有可能取值有0，2，4，6，，，；；∴X的分布列为：X0246P ∴．20．如图（1），菱形中，，动点E，F分别在边上（不含端点），且，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图（2）所示．(1)当为何值时，;(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面和平面夹角的大小．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）证明，延长交于点N，确定 O为的重心，计算得到答案.（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，根据线面夹角得到，再计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】（1）菱形中，，故，，是等边三角形，又，故，故也是等边三角形，取的中点O，连接，则，平面平面，平面，平面平面，故平面，平面，故，由，而，故平面，平面，故，延长交于点N，则，，故O为的重心，又O点在上，，故，即．（2）以O为坐标原点，以为x轴，y轴，之轴建立空间直角坐标系（如图所示），设菱形边长为2，则，，，，，平面，即为与平面所成的角，，解得，平面，故即为平面的法向量．设平面的法向量为，则即，取，则，，平面与平面的夹角为．21．已知抛物线的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点，的面积的最小值为4．(1)求抛物线C的方程；(2)若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由．【答案】(1)(2)存在定点 【分析】（1）设，代入抛物线，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定，计算得到答案.（2）设的方程为，代入抛物线得到根与系数的关系，根据垂直关系得到，计算得到定点.【详解】（1）斜率不为零，设代入，，设，则，，当时，取最小值，，，抛物线C的方程为：．（2）假设存在，设，由题意，斜率不为零，设的方程为代入，可得，，，，故，即，即，，解得，故存在定点满足题意．22．已知函数，其中，函数在上的零点为，函数.(1)证明：①;②函数有两个零点；(2)设的两个零点为，证明：．（参考数据：）【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析.(2)证明见解析. 【分析】（1）①利用导数判断的单调性，结合零点存在定理计算，即可证明结论. ②分和两种情况，利用导数判断相应的函数的单调性，结合零点存在定理计算，即可证明结论.（2）根据题意可得，从而可推出是的两根，进而可以构造函数，利用导数说明其单调性，可得到，进而将转化为，换元令，得到，构造函数，利用导数证明其单调性即可证明结论.【详解】（1）证明：①∵，当时，，∴，∴在单调递增，∵，∴，，∴存在唯一的零点，且．②当时，，，∵，，∴，∴，∴在单调递增，∵，∴，又∵，∴在有唯一的零点， 当时，，∴在单调递减，∴，，则在有唯一的零点，∴在有唯一的零点，综上，函数有两个零点．（2）证明：由（1）可知，其中，由得，即，由得，设，则，∵，∴，而时，，∴在单调递减，∴，要证，即证，即证，即证，设，则即证，设，则，（，，取不到等号）∴当时，单调递增，∴，即，故．【点睛】难点点睛：利用导数证明关于零点的不等式时，根据零点含义可得，从而巧妙地得到是的两根，进而可以构造函数，利用其单调性，可得到，这是证明不等式关键的一步，也是难点所在.