2023届湖南省邵阳市高三上学期一模数学试题 PDF版

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2023年邵阳市高三第一次联考试题卷
数学
本试卷共4页，22个小题。满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
一、选择题（本大题共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.已知全集，集合，，则（）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则（）
A. B. C. D.
3.一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的全面积为（）
A. B. C. D.
4.设向量，满足，，则（）
A.2 B. C.3 D.
5.某铅笔工厂有甲、乙两条生产线，甲生产线的产品次品率为10%，乙生产线的产品次品率为5%.现在某客户在该厂定制生产同一种铅笔产品，由甲、乙两条生产线同时生产，且甲生产线的产量是乙生产线产量的1.5倍.现在从这种铅笔产品中任取一件，则取到合格产品的概率为（）
A.0.92 B.0.08 C.0.54 D.0.38
6.已知A，B，C分别是的内角，，，则C的值是（）
A. B. C. D.
7.设若函数有且只有三个零点，则实数m的取值范围为（）
A. B. C. D.
8.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法错误的是（）

A.二面角的余弦值为
B.该截角四面体的体积为
C.该截角四面体的外接球表面积为
D.该截角四面体的表面积为
二、多选题（本大题共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.随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学，密码学，计算机科学、量子力学等各个领域.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的有（）
A.函数的图象关于直线对称
B.函数的图象关于点对称
C.函数为周期函数，且最小正周期为
D.函数的导函数的最大值为4
10.已知，都是定义在上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的有（）
A. B.函数的图象关于点对称
C. D.若，则
11.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔•蒙日（1746-1818）最先发现.已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（）

A.椭圆C的离心率为 B.椭圆C的蒙日圆方程为
C.椭圆C的蒙日圆方程为 D.长方形R的面积的最大值为18
12.已知函数，，则下列说法正确的有（）
A.在上是增函数
B.，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C.若有两个零点，，则
D.若，且，则的最大值为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.的展开式中不含的各项系数之和______.
14.将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则______.

15.已知圆与圆相交于A，B两点，则公共弦AB所在的直线方程为______（2分）______（3分）.
16.在正方体中，点满足，且，直线与平面所成角为，若二面角的大小为，则的最大值是______.
四、解答题（本大题共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.（本小题满分10分）已知数列满足，，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
18.（本小题满分12分）如图，为内的一点，记为，记为，且，在中的对边分别记为m，n，，，.

（1）求；
（2）若，，，记，求线段的长和面积的最大值.
19.（本小题满分12分）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面M为棱BE的中点.

（1）若上有一点N满足平面，确定点N的位置并证明；
（2）若，，求平面与平面所成二面角的正弦值.
20.（本小题满分12分）新冠肺炎疫情暴发以来，各级人民政府采取有效防控措施，时常采用10人一组做核酸检测（俗称混检）.某地在核酸检测中发现某一组中有1人核酸检测呈阳性，为了能找出这1例阳性，需要通过做血清检测，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性的表示没被感染.拟采用两种方案检测：
方案甲：将这10人逐个做血清检测，直到能确定感染人员为止.
方案乙：将这10人的血清随机等分成两组，随机将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果呈阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止.把采用方案甲，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为X.
（1）求X的数学期望；
（2）如果每次检测的费用相同，以检测费用的期望作为决策依据，应选择方案甲与方案乙中的哪一种?
21.（本小题满分12分）已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为5.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求面积的最大值.
22.（本小题满分12分）设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，记，是否存在整数t，使得关于x的不等式有解?若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由.

2023年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准
数学
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1.B
2.A【详解】因为，，，
所以，，
故选：A.
3.A【详解】母线长为1，设底面圆半径为r，
则，∴，
故圆锥的全面积为，
故选：A.
4.D【详解】因为，，
以上两式相减可得，，
所以，即，
故选：D.
5.A【详解】从这种铅笔中任取一件抽到甲的概率为0.6，抽到乙的概率是0.4，
抽到甲车间正品的概率，
抽到乙车间次品的概率，
任取一件抽到正品的概率.
故选：A.
6.A
7.C【详解】令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
又因为对于任意，在总存在，使得，
在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，所以总存在，使得，
所以在与上都趋于无穷大；
令，则开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递增，故，
因为函数有且只有三个零点，
而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，则，即，解得或，
当时，，则，
即在处取不到零，点，故至多只有两个零点，不满足题意，
当时，，则，所以在处取得零点，
结合图像又知与必有两个交点，故在与必有两个零点，
所以有且只有三个零点，满足题意；
综上：，即.故选：C.

8.D【详解】如下图所示：
取BC的中点为W，分别连接和，因为，，
所以为的二面角，，，
所以，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的余弦值为，故A正确
因为棱长为的正四面体的高，
所以，故B正确；
设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，
因为截角四面体上下底面距离为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故C正确；
由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形，
4个边长为a的正六边形构成，故，故D错误.
故选：D.

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9.ABD【详解】因为函数，定义域为，
对于A，
，
所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，
所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；
对于C，由题知，故C错误；
对于D，由题可知，故D正确.
故选：ABD.
10.ABD【详解】对于A，令，代入已知等式得，得，再令，，代入已知等式得，
可得，结合得，，故A正确；
对于B，再令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，∴函数为奇函数，
∴函数关于点对称，故B正确；
对于C，再令，代入已知等式，
得，∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，∴为周期函数，且周期为3，
∵，∴，∴，
∴，
∴，故D正确.
故选：ABD.
11.ACD【详解】椭圆C的离心率为，
设两条互相垂直的切线的交点为，
当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标是，或.
当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P的坐标是，（，且），
所以可设曲线C的过点P的切线方程是.
由，得，
由其判别式的值为0，得，
因为，（，为过P点互相垂直的两条直线的斜率）是这个关于k的一元二次方程的两个根，
所以，
由此，得，
即的蒙日圆方程为：；
因为蒙日圆为长方形的外接圆，设，，
则矩形面积公式为，显然，
即矩形四条边都相等，为正方形时，.故答案为：ACD.

12.ABD【详解】对于A，当时，，令，则，，
∵，∴当时，恒成立，∴在上单调递增；
∵在上单调递增，
∴根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；
对于B，当时，，又为正实数，∴，
∵，∴当时，恒成立，∴在上单调递增，
则由得：，即，
令，则，
∴当时，；当时，；
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，
∴，则正实数的最小值为，B正确；
对于C，∵，∴当时，；当时，；
∴在上单调递减，在上单调递增；∴，则；
不妨设，则必有，
若，则，等价于，
又，则等价于；
令，则，
∵，∴，∴，∴，即，
∴在上单调递增，∴，即，
∴，可知不成立，C错误；
对于D，由，得：，
即，
由C知：在上单调递减，在上单调递增；
，∴，则，∴，
∴，即，∴；
令，则，
∴当时，；当时，；
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，即的最大值为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.128【详解】利用二项展开式的通项公式进行展开，设项为k，项为n，项为m.
展开后得对每一项进行合并得，因为展开式中不含z，所以，又m得取值为，n得取值为，故得，.
代入展开式得，又得取值为，分别带入后各项系数之和为.
故答案为：128
14.【详解】设阴影左侧最高点为A，右侧最高点为D，过A作x轴的垂线，垂足为B，
过D作x轴的垂线，垂足为C，
由题设可得四边形为矩形且其面积为，故，故，，∴，
故，而，故，
解得，，而，故，
故答案为.

15.，2
【详解】由题意所在的直线方程为：，即，因为圆的圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离为1，所以.故答案为：，2
16.【详解】∵，且，
∴P在平面上，

设，连接，，且，
因为平面，又平面，
所以，又，，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可得，又，平面，平面，
所以平面，
设正方体的棱长为1，则可知为棱长为的正四面体，
所以为等边三角形的中心，
由题可得，得，所以，
又∵与平面所成角为，则，
可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，
由平面，又∵平面，
∴平面平面，且两个平面的交线为，把两个平面抽象出来，如图，

作于点，过点作交于N点，连接PN，
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，平面，
∴，
又，与为平面中两相交直线，
故平面，平面，∴
∴为二面角的平面角，即为角，
设，当与点不重合时，在中，
可求得，
若M与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，
故，
∵，，∴，∴，
∴，
∴
令，
则，当，即时等号成立，
∴，故的最大值是.
四、解答题
17.（10分）【详解】（1）因为，，，，
可得，， ……（1分）
又， ……（2分）
则当时，
， ……（4分）
上式对也成立，所以，； ……（5分）
（2）由，
可得， ……（7分）
则数列的前项和为
……（9分）
. ……（10分）
18.（10分）【详解】（1）已知，由正弦定理可得
，由， ……（1分）
∴， ……（3分）
，，， ……（4分）
，. ……（5分）
（2）在中，由余弦定理得知：

即 ……（8分）

……（9分）
……（10分）
……（11分）
∴当时，. ……（12分）
19.（12分）【详解】（1）点N为DE中点，证明如下：
如图，连接BD，MN， ……（1分）
因为M，N分别为BE，DE的中点，
所以MN为的中位线，所以， ……（2分）
又平面，平面，所以平面.
所以N为DE的中点时满足条件； ……（4分）
（2）取AB的中点O，连接OE，因为侧面为菱形，且，
所以在中，，解得，
所以，即. ……（5分）
又因为平面平面.
平面平面，平面所以平面，
过作的垂线，交BD于H并延长，
分别以OH，OA，OE所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ……（6分）
设，则，
故，，，，，
则，，，，.
设平面的法向量为.
则即令，则 ……（8分）
设平面的法向量为，
则，即
令，则，则 ……（10分）
， ……（11分）
故：平面与平面所成二面角的正弦值为. ……（12分）

20.（12分）【详解】（1）X可取1，2，…，8，9， ……（1分）
则，，2，…，8 ……（3分）
， ……（5分）
所以. ……（6分）
（2）把采用方案乙，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为Y，则Y可取2，3，4，5.
， ……（7分）
， ……（8分）
， ……（9分）
， ……（10分）
则. ……（11分）
设每次检测的费用均为，则方案甲的平均费用为，方案乙的平均费用为，
因为，所以应选择方案乙. ……（12分）
21.（12分）【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最大值
由题意知，，设圆上的点，则.
所以. ……（1分）
从而有.
因为，所以当时，. ……（2分）
又，解之得，因此. ……（3分）
抛物线C的方程为：. ……（4分）
（4分）[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最大值
抛物线C的焦点为，， ……（1分）
所以，F与圆上点的距离的最大值为，解 ……（3分）
抛物线C的方程为： ……（4分）
（2）[方法一]：切点弦方程韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线C的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即 ……（5分）
同理可知，直线PB的方程为，
由于点P为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、B的坐标满足方程，
所以，直线的方程为， ……（7分）
联立，可得，
由韦达定理可得，
所以， ……（8分）
点P到直线AB的距离为， ……（9分）
所以，， ……（10分）
∵，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. ……（12分）
[方法二]【最优解】：切点弦法分割转化求面积三角换元求最值
同方法一得到，. ……（7分）
过作轴的平行线交于，则. ……（8分）
……（9分）
点在圆上，则 ……（10分）
. ……（11分）
故当时的面积最大，最大值为32. ……（12分）
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，.
设，联立和抛物线C的方程得整理得. ……（5分）
判别式，即，且， ……（6分）
抛物线C的方程为，即，有.
则，整理得，同理可得. ……（7分）
联立方程可得点P的坐标为，即. ……（8分）
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得. ……（9分）
由弦长公式得.
点P到直线AB的距离为. ……（10分）
所以
， ……（11分）
其中，即.
当时，. ……（12分）
22.（12分）解：（1）由题意得函数的定义域为
……（1分）
①当时，时，，在单调递增，
时，，在单调递减； ……（2分）
②当时，恒成立，在上单调递增； ……（3分）
③当时，时，，在单调递增，
时，，在单调递减； ……（4分）
综上，当时，在单调递增，在单调递减；
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减. ……（5分）
（2）当时， ……（6分）
∴，∴单调递增，又，
所以存在唯一的，使得 ……（7分）
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增； ……（8分）
所以 ……（9分）
设，，则在上单调递减，
所以，即， ……（10分）
若关于x的不等式有解，则，又t为整数，所以
所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0. ……（12分）