2023届湖南省长沙市A佳教育联盟高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届湖南省长沙市A佳教育联盟高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求函数的定义域求得集合，求函数的值域求得集合，从而求得.

【详解】，解得或，即.

由于在上递增，所以，

所以.

故选：D

2．若复数 （ 为虚数单位），则（    ）

A． B．5 C． D．13

【答案】C

【分析】先求出z的共轭复数，再根据复数求模法则计算.

【详解】 ， ，∴；

故选：C．

3．已知，是平面内两个不共线的向量，，，，，则A，B，C三点共线的充要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三点共线的充要条件列方程，化简求得正确答案.

【详解】三点共线的充要条件是存在，使，

即，

所以， .

所以三点共线的充要条件是.

故选：B

4．市面上出现某种如图所示的手工冰淇淋甜筒，它的下方可以看作一个圆台，上方可以看作一个圆锥，对该几何体进行测量，圆台下底面半径为2cm，上底面半径为5cm．高为4cm，上方的圆锥高为6cm，则此冰淇淋的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别由体积公式算出圆台及圆锥体积，即可得冰淇淋的体积

【详解】圆台的体积，圆锥的体积，总体积为.

故选：B．

5．已知函数对任意，都有成立，又函数的图象关于点对称，且，则（    ）

A．－3 B．－1 C．1 D．3

【答案】A

【分析】根据题意判断函数的对称性以及奇偶性，继而可推得函数的周期，根据函数的周期即可求得答案.

【详解】因为对任意，都有,所以函数的图象关于直线对称，

即，则，

又函数的图象关于点对称，则函数的图象关于点对称，

即函数为奇函数，

所以，所以，

所以8是函数的一个周期，

故，

故选：A．

6．黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小，密度大，吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来数字中也有类似的“黑洞”，任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新数字串；重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字，我们称它为“数字黑洞”，如果把这个数字设为a，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先根据数字黑洞的定义求出，再利用三角化简得，平方即得解.

【详解】解：根据“数字黑洞”的定义，任取数字2023，经过一步之后为314，经过第二步之后为123，再变为123，再变为123，所以数字黑洞为123，

即，

，

∴，

平方得，

∴.

故选：D．

7．已知双曲线的离心率为，过左焦点且与实轴垂直的弦长为1，A、B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上位于第一象限的动点，PA，PB的斜率分别为，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意求出的值，则双曲线方程为，则，，设，列出有关的表达式，再根据渐近线方程即可解得其的取值范围.

【详解】根据题意知：，，故，，双曲线方程为，则，，

设，则，，，，

根据渐近线方程知：，即，两边同时倒数可得：，

故．

故选：C．

8．已知数列满足：，，且，，其中．若，数列的前n项和为，则使得成立的（    ）

A．60 B．61 C．120 D．121

【答案】A

【分析】根据可得出是以1为首项，以1为公差的等差数列，据此求出，再得到，根据相加相消求和即可得解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，即，

所以是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以，

则，

所以，

则

，∴，

故选：A．

二、多选题

9．2022年夏天，我国部分地区迎来罕见的高温干旱天气，其特点是持续时间长、范围广、强度大、干旱少雨、极端性强．中央气象局国家气象中心发布的统计数据显示，本次高温热浪的综合强度，已达1961年有完整气象记录以来最强．某地气象部门统计当地进入8月份以来（8月1日至8月10日）连续10天中每天的最高温和最低温，得到如下的折线图：

根据该图，关于这10天的气温，下列说法中正确的有（    ）

A．最高温的众数为37℃ B．最高温的平均值为37.9℃

C．第9天的温差最小 D．最高温的方差大于最低温的方差

【答案】AB

【分析】根据折线图一一判断.

【详解】对于A．最高温37℃出现4次，所以最高温的众数为37℃，A正确．

对于B．，所以B正确；

对于C．第9天的温差为8℃．而第2和8天的温差为7°C，所以C不正确；

对于D．最高温的波动比最低温小，所以最高温的方差小于最低温的方差，所以D不正确．

故选：AB．

10．已知点P在圆O:上,直线:分别与轴,轴交于两点,则（    ）

A．过点作圆O的切线,则切线长为 B．满足的点有3个

C．点到直线距离的最大值为 D．的最小值是

【答案】ACD

【分析】对于A,根据勾股定理求解即可;对于B,即,所以点在以为直径的圆上,设的中点为,写出圆的方程,根据两个圆的交点个数即可判断正误;对于C,根据圆上一点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径进行判断;对于D,,求解的最小值即可判断正误.

【详解】对于A,点,点,过点作圆O的切线,则切线长为,A正确;

对于B,,

点在以为直径的圆上,

设的中点为,

圆的方程:,

则圆与圆的圆心距为:,

,

圆与圆O相交,有两个交点,

即满足的点有2个,B不正确;

对于C,点,则圆心到直线的距离,所以点到该直线距离的最大值为,C正确;

对于D,的中点,,因为,的最小值是,D正确.

故选:ACD.

11．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，则下列四个结论正确的是（    ）

A．在区间上有且仅有3个不同的零点

B．的最小正周期可能是

C．的取值范围是

D．在区间上单调递增

【答案】BC

【分析】先根据在区间上对称轴的情况求得的取值范围，然后结合函数的零点、最小正周期、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】由函数，令，，则，，

函数在区间上有且仅有4条对称轴，

即有4个整数k符合，

由，得，

则，即，，故C正确；

对于A，，，∴，

当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；

当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故A错误；

对于B，周期，由，则，

∴，又，所以的最小正周期可能是，故B正确；

对于D，，∴，又，

∴，又，

所以在区间上不一定单调递增，故D错误．

故选：BC

12．若，，则下列不等关系正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据题意，可得，

对于A，利用不等式即可获证结论成立；

对于B，利用基本不等式可得，进一步推证结论不成立；

对于C，利用不等式即可获证结论成立；

对于D，解出代入不等式左侧，根据换底公式，结合基本不等式可以得到，进而得到结论成立.

【详解】由，，得，，

所以，

对于A，由基本不等式得，

∴，当且仅当时取等号，

又，∴，A不正确；

对于B，因所以，因为，所以等号不成立，即，

，B正确；

对于C，因为，所以，

因为，所以，C正确；

对于D，因为，，所以，

因为，由于，所以，

又因为，

所以，

即，D正确.

故选：BCD．

三、填空题

13．若二项式的展开式中所有项的系数和为1，则展开式中含x项的系数为_____________．

【答案】280

【分析】赋值法求各项和可得，再由二项展开式的通项公式即可得解.

【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为1，

所以可令，得，解得，

所以二项式展开式的通项为，令，

所以含x项的系数为．

故答案为：280．

14．设，若，则_____________．

【答案】7

【分析】根据分段函数定义以及与的大小代入计算即可得到符合条件的值.

【详解】由于在上递增，在上递增，

所以由，得即，

故，得或（舍去）

所以，

故答案为：7．

15．在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD是边长为的正方形，其顶点P到底面ABCD的距离为4．该四棱锥的外接球O的半径为7，若球心O在四棱锥P－ABCD内，则顶点P的轨迹长度为_____________．

【答案】

【分析】画出图象，判断出点的轨迹，结合勾股定理以及圆的周长公式求得正确答案.

【详解】设正方形的中心为，

因为四边形ABCD是边长为的正方形，对角线长为，

所以该正方形外接圆半径，

所以球心O到底面ABCD的距离，

又顶点P到底面ABCD的距离为4，点P在与底面ABCD平行的截面圆的圆周上，

由球心O在四棱锥P－ABCD内，可得截面圆的半径，

故顶点P的轨迹长度为．

故答案为：

四、双空题

16．已知抛物线E：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A，B两点，与准线交于C点，为的中点，且，则_____________；设点是抛物线上的任意一点，抛物线的准线与轴交于点，在中，，则的最大值为_____________．

【答案】     ##1.5    

【分析】(1)根据三角形中位线定理即可求解；

(2)根据抛物线的定义取最大值即最小，此时直线与抛物线：相切，利用导数即可求解.

【详解】过点作准线的垂线，垂足为，因为为的中点，且，

则在中，所以，

在中，，即，过点作准线的垂线，垂足为，

则可得，若取到最大值即最小，此时直线与抛物线：相切，

，即，则，设，则切线斜率，切线方程为，切线过，代入得，解得，即，则，，即，则的最大值为，所以的最大值为，

故答案为：，．

五、解答题

17．数列满足，点在直线，设数列的前n项和为，且满，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)是否存在，使得对任意的，都有．

【答案】(1)；

(2)存在，2，使得对任意的，都有

【分析】（1）根据等差数列的定义可得为等差数列，由的关系可得为等比数列，进而可求其通项，

（2）根据数列的单调性求解最值即可求解.

【详解】（1）点在直线上，所以

又，

∴，则数列是首项为1，公差为2的等差数列．

∴

又当时，得，

当，由    ①，

得    ②

由①－②整理得：，

∵，∴

∴，

∴数列是首项为3，公比为3的等比数列，故

（2）设，

由

当时，，当时，，

所以当或2时，取得最大值，即取得最大

所以存在，2，使得对任意的，都有

18．在中，设角所对的边长分别为，且．

(1)求角；

(2)若的面积，，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角，或余弦定理角化边解决即可；

（2）根据题意与面积公式求得， ，结合余弦定理得，由正弦定理得，即可解决.

【详解】（1）解法一：

因为，

由正弦定理得：

所以

因为，

所以，即

因为，

所以．

解法二：

因为，

由余弦定理得：

整理得，即

又由余弦定理得，

所以，即

因为，

所以．

（2）由（1）得，

因为的面积，

所以，

所以，

由于，

所以，

又由余弦定理：，

所以．

所以，

所以由正弦定理得，

所以．

19．中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日至22日在北京人民大会堂顺利召开．某部门组织相关单位采取多种形式学习宣传和贯彻党的二十大精神．其中“学习二十式进行竞赛．甲、乙两单位在联合开展主题学习及知识竞赛活动中通过此栏目进行比赛，比赛规则是：每一轮比赛中每个单位派出一人代表其所在单位答题，两单位都全部答对或者都没有全部答对则均记0分；一单位全部答对而另一单位没有全部答对，则全部答对的单位记1分，没有全部答对的单位记－1分，设每轮比赛中甲单位全部答对的概率为，乙单位全部答对的概率为，甲、乙两单位答题相互独立，且每轮比赛互不影响．

(1)经过1轮比赛，设甲单位的记分为X，求X的分布列和期望；

(2)若比赛采取3轮制，试计算第3轮比赛后甲单位累计得分低于乙单位累计得分的概率．

【答案】(1)分布列见解析；期望为

(2)

【分析】(1)根据题意，X的取值可能为－1，0，1，分别写出每一个概率，列表格，用可计算出数学期望.(2)第3轮比赛后，甲单位累计得分低于乙单位的3轮计分有四种情况（不按先后顺序）：－1，－1，－1；－1，－1，0；－1，－1，＋1；－1，0，0，分别计算出概率相加.

【详解】（1）由题意X的取值可能为－1，0，1，则

，

，

那么X的分布列为：

（2）第3轮比赛后，甲单位累计得分低于乙单位的3轮计分有四种情况（不按先后顺序）；－1，－1，－1;－1，－1，0；－1，－1，＋1；－1，0，0．

所以．

20．如图1，在边长为2的菱形 中，，点分别是边 上的点，且 ，．沿将 翻折到的位置，连接 ，得到如图2所示的五棱锥 ．

(1)在翻折过程中是否总有平面 ？证明你的结论；

(2)若平面平面 ，记，，试探究：随着 值的变化，二面角 的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的余弦值．

【答案】(1)在翻折过程中总有平面；证明见解析

(2)二面角的大小不变，其余弦值为．

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面，根据向量的夹角公式即可求得二面角的余弦值，从而判断结论.

【详解】（1）在翻折过程中总有平面．

证明如下：

∵点 分别是边 的点，且,

又，且是等边三角形,

∵,G是的中点，

∴ ，

∵菱形 的对角线互相垂直，∴ ，

∴ ，

∵，平面 ，平面，

∴平面，而，

∴平面.

（2）因为平面平面，平面平面,,

故平面，又，则,

以G为坐标原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

边长为2的菱形 中，，

∴，又，，

∴，，，，

，，

设平面 的一个法向量为，

则 ，

取，则，

又平面 的一个法向量为，所以，

设二面角的平面角为θ，且由图可知，θ为钝角，则，

即随着值的变化，二面角的大小不变，其余弦值为．

21．已知椭圆C：的右焦点为F，上顶点为，下顶点为，为等腰直角三角形，且直线与圆相切．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过的直线l交椭圆C于D，E两点（异于点，)，直线，相交于点Q．证明：点Q在一条平行于x轴的直线上．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可知，因为直线与圆相切，则原点O到直线的距离为1，根据点到直线的距离公式解得，椭圆中满足，即可求出椭圆方程；

（2）设，，直线l方程为，与椭圆方程联立得，由韦达定理可得，，设直线和的交点为，联立两直线方程求交点，再根据韦达定理，即可得到，得证点Q在一条平行于x轴的直线上.

【详解】（1）解：由题可知，，，，

为等腰直角三角形，，

又直线与圆相切，所以原点O到直线的距离为1，

直线的方程为，即，所以，

解得，

又，所以椭圆C的标准方程为．

（2）

由过的直线l不过，，可设其直线方程为，

把代入，得，，即，

设，，则，，

直线的方程为，

直线的方程为

设直线和的交点为，则，

把及代入上式，得

，

整理得，

故点Q在一条平行于x轴的直线上，得证．

22．已知函数，，（）．

(1)求函数的单调区间；

(2)当时，若方程在内存在唯一实根，求证：．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先判断函数的定义域，再对函数求导，分两种情况讨论，解导函数大于零与小于零的取值范围，即可得到答案；

（2）根据题意转化为函数在内唯一零点，对函数进行求导判断的单调性， 又，且在内存在唯一零点，则，即，根据和，得到，令，，在对函数求导，判断函数的单调递减，即可得到答案.

【详解】（1）函数的定义城为，则：

当时，时，恒成立，所以单调递增；

当即时，令，解得，当时，

所以在上单调递增，上单调递减；

综上所述：

当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为

（2）当时，若方程在内存在唯一实根

∴当时，若方程在内存在唯一根，

令，则，

当时，，则，有两个不相等的实数，

又，，故，

设，令，则，或

则时，单调递增，当时，单调递减，

当时，单调递增，

又，且在内存在唯一零点，

则，即，

所以①，

且②，

由①得：，

代入②得

令，，则，

当时，

∴在上单调递减，

又，

∴在区间有且仅有一个零点，即．