2023届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考数学试题含答案

这是一份2023届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知集合,,则（ ）
A. B. C. D.
答案：
B
解析：
解不等式得,
又,所以,即集合,
所以,
故选：B.
2. 设,则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
答案：
D
解析：
复数,
所以的共轭复数,
所以在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 记为数列的前项和,给出以下条件,其中一定可以推出为等比数列的条件是（ ）
A. B. C. D. 是等比数列
答案：
A
解析：
对于A,已知,所以,
所以是首项为,公比为的等比数列,
,符合上式
所以是通项为的等比数列,A选项正确；
对于B,已知,所以,
,不符合上式
所以,B选项错误；
对于C,已知,当首项为零时,不符合题意,C选项错误；
对于D,已知是等比数列,则设的通项公式为
不符合等比数列的通项公式,D选项错误；
故选：A.
4. 恩格尔系数,国际上常用恩格尔系数来衡量一个地区家庭的富裕程度,恩格尔系数越低,人民生活越富裕.某地区家庭年底恩格尔系数为,刚达到小康,预计从年起该地区家庭每年消费支出总额增加,食品消费支出总额增加,依据以上数据,预计该地区家庭恩格尔系数满足达到富裕水平,至少经过（ ）年（参考数据：,,,）
A.年B.年C.年D.年
答案：
C
解析：
设经过的年份为年,依题意有,即,
两边取以为底的对数得,即,
故至少经过年,可使家庭恩格尔系数满足达到富裕水平.
故选：C.
5. 某校举行科技文化艺术节活动,学生会准备安排名同学到两个不同社团开展活动,要求每个社团至少安排两人,其中两人不能分在同一个社团,则不同的安排方案数是（ ）
A.B.C.D.
答案：
B
解析：
设两个社团为甲社团和乙社团,
当在甲社团在乙社团时,甲社团有人有种方案,甲社团有人有种方案,甲社团有人有种方案,共种方案；
当在甲社团在乙社团时,同理也有种方案；
所以不同的安排方案数是.
故选：B.
6. 设,,若对,,则与的夹角等于（ ）
A.B.C.D.
答案：
D
解析：
,设
,
即,
即对恒成立,
即对恒成立,
,解得,
即,又,
与的夹角等于,
故选：D.
7. 设,,,,,则（ ）
A. ,B. ,
C. ,D. ,
答案：
C
解析：
令,则,
令,
则,
∵,∴,∴在上单调递减,
∴,即当时,恒成立,
∴当时,单调递减,
∵,∴,则,即．
,,
令,则,
当时,,单调递减,
∴,即,∴,
∴,∴．
故选：C．
8. 已知为椭圆上一动点,、分别为该椭圆的左、右焦点,为短轴一端点,如果长度的最大值为,则使为直角三角形的点共有（ ）个
A.个B.个或个C.个或个D.个或个
答案：
B
解析：
当为直角顶点时,根据椭圆的对称性,可得满足的点有个；
当为直角顶点时,根据椭圆的对称性,可得满足的点有个；
因为为短轴一端点,令,长度的最大值为,
椭圆,
所以说明椭圆与圆至多有且仅有下顶点这唯一交点,
设 ,所以 ,即
所以 ,因为,
所以代入中得：
,
因为 ,所以,
所以,
所以,因为,
当 代入得：
所以,所以,
所以即 ,
当 时,为下顶点,此时 最大为直角,根据对称满足的点有个,
当 时,为下顶点,此时 为锐角,满足的点有个,
所以使为直角三角形的点共有个或个,
故选：B.
二、多选题
9. 下列结论中,正确的有（ ）
A. 若随机变量,,则
B. 将一组样本中的每个数据都加上同一个非零常数后,均值与方差都变化
C. 已知经验回归方程为,且,,则
D. 在线性回归分析中相关指数用来刻画拟合的效果,若值越小,则模型的拟合效果越好
答案：
A、C
解析：
对于A,因为随机变量,,
所以,故A正确；
对于B,将一组样本中的每个数据都加上同一个非零常数后,均值发生变化而方差不变,故B错误；
对于C,因为经验回归方程为,且,,则,即,故C正确；
对于D,在线性回归分析中相关指数用来刻画拟合的效果,若值越大,则模型的拟合效果越好,故D错误.
故选：AC.
10. 过直线上的动点作圆的两条切线,切点分别为,则（ ）
A. 原点在以为直径的圆内B. 线段的长度可以为
C. 圆上存在不同两点,,使D. 四边形面积的最小值为
答案：
A、C、D
解析：
依题意,即,
设,则为的中点,且,
所以,
所以,,又,
所以,,
所以,,因为,故B不正确；
所以圆上存在不同两点,使,故C正确；
由题可知,,
所以原点在以为直径的圆内,故A正确；
因为四边形面积为,
所以四边形面积的最小值为,故D正确.
故选：ACD.
11. 正方体的棱长为,为底面的中心,为线段上的动点（不包括两个端点）,为线段的中点,则（ ）
A. 与是异面直线
B. 平面平面
C. 存在点使得
D. 当为线段中点时,过三点的平面截此正方体所得截面的面积为
答案：
B、D
解析：
因为共线,又,即共面,因此与共面,故A选项不正确；
正方体中,,,,、平面,
平面,因为平面,∴平面平面,故B选项正确；
已知为线段上的动点（不包括两个端点）,设,
假设存在点使得,则有：
解得,与重合,与已知矛盾,故C选项不正确；
当为线段中点时,为线段中点,连接,如图所示：
有,得 ,因为,同理,
过三点的平面截此正方体所得截面为等腰梯形,
正方体的棱长为,,,,
过点作,交于点,由,,
从而可得等腰梯形的高为,∴截面等腰梯形的面积为
,
所以过三点的平面截此正方体所得截面的面积为,故D选项正确；
故选：BD.
12. 已知函数,,下列判断中,正确的有（ ）
A. 存在,函数有个零点
B. 存在常数,使为奇函数
C. 若在区间上最大值为,则的取值范围为或
D. 存在常数,使在上单调递减
答案：
B、C
解析：
函数函数图像如图所示：
由图像可知,函数的图像与直线不可能有个交点,所以不存在使函数有个零点,A选项错误；
当时,,函数定义域为,,此时为奇函数,B选项正确；
当或时,在区间上单调递增,最大值为；
当时,,在区间上单调递增,在区间上单调递减,最大值为,不合题意；
当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增,若最大值为,则有,即,由,所以,解得；
综上,在区间上最大值为,则的取值范围为或,C选项正确；
若在上单调递减,则有,不等式组无解,故不存在常数使在上单调递减,D选项错误；
故选：BC.
三、填空题
13. 已知展开式中所有偶数项的二项式系数和为,则展开式中不含的各项系数之和为_________.
答案：
解析：
因为展开式中所有偶数项的二项式系数和为,
所以,解得,
所以展开式的通项公式为,
所以令,可得展开式中含项的系数为,
所以展开式中不含的各项系数之和为.
故答案为：.
14. 若函数满足,则实数_________.
答案：
解析：
函数满足,所以函数图像的对称轴为直线,
, 其中,
∴,
,,
,两边同时平方,化简得,
∴.
故答案为：.
15. 若双曲线的右支上存在两点,使为正三角形（其中为双曲线右顶点）,则离心率的取值范围为_________.
答案：
解析：
由题意,双曲线的渐近线方程为,
要使该双曲线右支上存在两点,使正三角形,
则需过右顶点,且斜率为的直线与双曲线有两个不同的交点,
也只需其斜率大于渐近线的斜率．
∴,即,
即,∴,
即,又,所以．
故答案为：.
16. 平面四边形中,,,,,沿将向上翻折,进而得到四面体,①四面体体积的最大值为_________；②若二面角的大小为,则_________.
答案：
①. ②.
解析：
在平面四边形中,,,,
则,为直角三角形
翻折后,要四面体的体积最大,底面的面积是确定的,只要点到面的距离最大即可,则当面面时, 四面体的体积最大
取中点,连接,因为,为中点,
则,又面面,面面,面,
则面,即为点到面的距离
又,
即四面体体积的最大值为.
过点作,交于,连接,
因为,,
则为二面角的平面角,即,
,,且,面,面
面,
则以为轴,为轴,在中作轴建立空间直角坐标系,如图：
在中,过作交的延长线于,
面,且面,
则面面,又,面面,面
面,,则
则,在中,
到距离为,到轴距离为,
即,则
故答案为：；.
四、解答题
17. 中,,,,.
（1）若,,求的长度；
（2）若为角平分线,且,求的面积.
答案：
见解析
解析：
（1）∵,,∴,
又∵在中,,,,
∴,
∴,即：.
（2）在中,,
又∵,
∴,∴,∴,
∴,
∴.
18. 如图,在四棱锥中,已知四边形是边长为的正方形,点在底面上的射影为底面的中心,点在棱上,且的面积为.
（1）若点是的中点,证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点,使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在,求出点的位置；若不存在,说明理由.
答案：
见解析
解析：
（1）证明：∵点在底面上的射影为点,∴平面,
∵四边形是边长为的正方形,∴,
∵,∴,即：,
∴,又∵,点是的中点,
∴,同理可得：,
又∵,且平面,
∴平面,又∵平面,
∴平面平面
（2）如图,连接,易知,,两两互相垂直,
分别以,,为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,
则,
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为,
∵点在棱上,不妨设,,
又,
∴,∴,
∵,,
设平面的法向量为,则
令,则,∴,
又,设直线与平面所成的角为,则,
∴,
即,解得：或（不合题意,舍去）,
∴存在点符合题意,点为棱上靠近端点的三等分点.
19. 袋中有大小相同的个球,其中个白球,个红球,个黑球,今从中逐一取出一个球.
（1）若每次取球后放回,记三次取球中取出红球的次数为,求的分布列、期望和方差；
（2）若每次取球后不放回,直至取出种颜色的球即停止取球,求取球次数恰好为次的概率.
答案：
见解析
解析：
（1）由题可得,且的可能取值为,
,
,
,
,
∴的分布列为：
∴,；
(2)设取球次数恰好为次是事件,
∴,
∴.
20. 记为数列的前项和,已知,,且数列是等差数列.
（1）证明：是等比数列,并求的通项公式；
（2）设,求数列的前项和.
答案：
见解析
解析：
(1)∵,,∴,,
设,则,,
又∵数列为等差数列,∴,
∴,
∴,
当时,,
∴,
∴,
又∵,
∴,即：,
又∵,
∴是以为首项,为公比的等比数列,
∴,即；
(2)∵,且,
∴,
∴
,
∴.
21. 已知,动点满足以为直径的圆与轴相切,记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线与交于两点,若,求直线的方程.
答案：
见解析
解析：
（1）设,又∵,∴线段的中点坐标为,
又∵以为直径的圆与轴相切,∴,
∴化简得：.
∴动点的轨迹的方程为.
（2）设,,
易知斜率不为,不妨设方程为：,
联立得：,则,.
∵,∴,
∴,
∴,即：,
∵,
且点到直线的距离为,
∴,
又∵
∴,
∴,∴,
∴直线的方程为：,即：或.
22. 已知函数.
（1）求的极值点；
（2）设函数,,若为的极小值,求的取值范围.
答案：
见解析
解析：
（1）∵,
∴,设,
则,
∴在上单调递增,又∵,
∴时,,时,,
∴在上单调递减,在上单调递增,
∴有极小值点,无极大值点.
（2）∵,
∴,设,
则,
当时,, 在上单调递减,
又∵,
∴时,,时,,
∴在上单调递增,在上单调递减,
∴是的极大值点,与题意矛盾.
当时,在上单调递减,
且,
①当时,若,,
∴在上单调递减,又∵∴时,,
∴在上单调递减,与题意矛盾.
②当时,若,则,
∴在上单调递增,又∵∴时,,
∴在上单调递减,若,易证：,
则,
又∵,∴存在使得,
且当时,,
∴上单调递增,∴,
∴在上单调递增,又∵在上单调递减,
∴是的极小值点,符合题意.
综上,实数的取值范围为.