2023届湖南省部分学校高三上学期12月联考数学试题

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.

2.定义差集，已知集合，，则（）

A.B.C.D.

3.“”是“”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

4.已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4､高是8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.1.62B.1.64C.3.18D.3.46

5.若函数在内有2个零点，则a的取值范围为（）

A.B.

C.D.

6.展开式中的系数为（）

A.B.21C.D.35

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

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.5C.D.

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.

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

11.将函数的图象向右平衡个单位长度后，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.

12.若，，，，则（）

A.B.C.D.

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___________.

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

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

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___________.（本题第一空3分，第二空2分）

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.（10分）

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.

18.（12分）

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n项和.

19.（12分）

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：EFAB且BC⊥平面EFNM.

（2）若二面角E-AD-B为，求CF与平面ABF所成角的正弦值.

20.（12分）

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.最扣得分越多者，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.

21.（12分）

已知抛物线，过点作直线与C交于M，N两点，当该直线垂直于x轴时，△OMN的面积为2，其中O为坐标原点.

（1）求C的方程.

（2）若C的一条弦ST经过C的焦点，且直线ST与直线MN平行，试问是否存在常数Ω，使得恒成立？若存在，求Ω的值；若不存在，请说明理由.

22.（12分）

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：.

高三数学考试参考答案

1.B【解析】本题考查共轭复数及复数的运算，考查数学运算的核心素养.

设复数，则，，得，，

，得，故.

2.B【解析】本题考查集合的新概念与集合的运算，考查数学抽象与数学运算的核心素养.

因为，所以.

3.A【解析】本题考查充分必要条件的判定与三角恒等变换，考查逻辑推理的核心素养.

若，则.若，则或.故“”是“”的充分不必要条件.

4.B【解析】本题考查圆锥的体积，考查空间想象能力与数据处理能力.

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rdm，易得小圆锥的高为2rdm，则，解得，即，.则剩余的水的高度为.

5.D【解析】本题考查函数的零点与对数函数，考查数学运算的核心素养.

由，得或.依题意可得，且，所以，且.

6.A【解析】本题考查二项式定理，考查数学运算的核心素养.

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.

7.D【解析】本题考查椭圆的离心率与基本不等式的应用，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.

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.

8.C【解析】本题考查空间点､线､面的位置关系，考查直观想象与数学运算的核心素养.

取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，，，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，易得CQ⊥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.

9.BD【解析】本题考查函数的解析式与基本初等函数，考查数学抽象与数学运算的核心素养.

，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.

10.ACD【解析】本题考查直线与圆的综合，考查直观想象与数学运算的核心素养.

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.

11.BCD【解析】本题考查三角函数的图象及其性质，考查直观想象､数学运算及逻辑推理的核心素养.

将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，则.设，由，得，因为在内恰有5个极值点，所以，解得.

12.ABD【解析】本题考查构造函数比较大小的策略，考查数学抽象与逻辑推理的核心素养.

令，则，故为增函数.

由，得.

令，

则，当时，，，

则的导函数，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.

13.5【解析】本题考查平面向量的共线，考查数学运算的核心素养.

由A，B，C三点共线知，则，解得.

14.（或）【解析】本题考查导数的几何意义与函数的奇偶性，考查数学运算的核心素养.

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.

15.3【解析】本题考查双曲线的定义与向量的数量积，考查数形结合､化归与转化的数学思想.

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.

16.；【解析】本题考查数列的综合，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.

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.

17.选②.

解：（1）因为，

所以，

故△ABC的面积.

（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.

评分组则：

【1】条件①和③都不满足△ABC为钝角三角形，如果考生选①或③，直接判0分.

【2】本题还可以求，，△ABC的面积，，后面同参考答案，本题详细赋分情况同参考答案.

【3】本题还可以求，，△ABC的面积，，后面同参考答案，本题详细赋分情况同参考答案.

18.解：（1）因为，，成等差数列，所以，

又因为，所以，得的公比，

所以，解得，

故.

（2）由，，得，

则是等差数列，

因为，所以，

则，

则

.

评分细则：

【1】第（1）问求给1分，求出给1分.

【2】第（2）问求时，只要得到就可以给3分，最后化简错误扣1分.

19.（1）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的中点，所以EM⊥AD，FN⊥BC.

因为，且，所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，

又，所以，故BC⊥平面EFNM.

（2）解：过点E作，垂足为H，由（1）可证EH平面ABCD，

由，，得∠EMH为二面角E-AD-B的平面角，则.

因为，所以.

作，垂足为K.

（解法一）

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，即，

令，得.

因为，所以，

故CF与平面ABF所成角的正弦值为.

（解法二）

因为N为BC的中点，所以C到平面ABF的距离等于N到平面ABF的距离的2倍，

又，所以N到平面ABF的距离等于H到平面ABF的距离.

过H作EK的垂线（图略），垂足为G，可证HG⊥平面ABF，且，

因为，

所以CF与平面ABF所成角的正弦值为.

评分细则：

【1】第（1）问解析第一行写了“平面底面”，但未写“平面ABFE”，不扣分.

【2】第（1）问中，还可以证明MN⊥BC，再由，得BC⊥平面EFNM.

【3】第（2）问还可以用等体积法求C到平面ABF的距离.

20.解：

（1）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.

（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，

所以乙最后得分的数学期望为.

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.

评分细则：

【1】第（1）问中，若没有写“若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目”，直接得到“”，不扣分.

【2】第（2）问中，若用其他方法求得乙最后得分的数学期望为45，不扣分.

21.解：（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，

代入，得，

因为△OMN的面积为2，所以，

解得，

故C的方程为.

（2）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.

评分细则：

【1】第（2）问中，没有写判别式，但写对了两根之和与两根之积，不扣分.

【2】第（2）问中，联立方程还可以消去y，特别是求，消去y会更简单，其过程如下：

设直线ST：，代入，得

设，，则，则.

【3】第（2）问还可以这样解答：

设MN的方程为，代入，得，

可得.

设直线ST的方程为，代入，得，可得，

故存在，使得恒成立.

22.（1）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.

（2）证明，的导函数.

若，则，若，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以的最小值为，则，为增函数.

又，所以当时，，当时，.

所以，即，

所以.

由（1）知，，因为，

所以，

所以，

故.

评分细则：

【1】第（1）问还可以这样解答：

，设为的导函数，

则.

依题意可得，即恒成立，且不恒成立.

设函数，则.

当时，；当时，.

所以在上是增函数，在上是减函数.

所以.

所以，故a的取值范图是.

【2】第（3）问如果用其他方法求解，阅卷时请按步骤给分.