湖南省长沙市长郡中学、长沙一中、雅礼中学、湖南师大附中2023届高三数学下学期5月一起考试题（Word版附答案）

这是一份湖南省长沙市长郡中学、长沙一中、雅礼中学、湖南师大附中2023届高三数学下学期5月一起考试题（Word版附答案），共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
2023年5月长郡、一中、雅礼、师大附中“一起考”
数学
本试卷共5页，22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、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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的相应位置上；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．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将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．若集合，则满足的集合B的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．16
2．若（i为虚数单位），则复数z的模为（ ）
A．1 B． C． D．2
3．若向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．要测定古物的年代，可以用放射性碳法：在动植物的体内都含有微量的放射性．动植物死亡后，停止了新陈代谢，不再产生，且原来的会自动衰变．经过5730年，它的残余量只有原始量的一半．现用放射性碳法测得某古物中含量占原来的，推算该古物约是m年前的遗物（参考数据：），则实数m的值为（ ）
A．12302 B．13304 C．23004 D．24034
5．若数列中，，，且，记数列的前n项积为，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
6．已知抛物线C：，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（ ）
A． B． C．5 D．3
7．若当时，关于x的不等式恒成立，则满足条件的a的最小整数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．已知底面边长为a的正四棱柱内接于半径为的球内，E，F分别为，的中点，G，H分别为线段，EF上的动点，M为线段的中点，当正四棱柱的体积最大时，的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
二、选择题：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．如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的圆与x轴正半轴交于点．已知点在圆O上，点T的坐标是，则下列说法中正确的是（ ）

A．若，则 B．若，则
C．，则 D．若，则
10．已知函数，函数的图象在点和点处的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，若，则（ ）
A． B．的取值范围是
C．直线AM与BN的交点的横坐标恒为1 D．的取值范围是
11．“”表示不大于x的最大整数，例如：，，．下列关于的性质的叙述中，正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若数列中，，，则
D．被3除余数为0
12．在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ）
A．存在点M使得
B．四棱锥外接球的表面积为
C．直线PC与直线AD所成角为
D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥的体积是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，则________．
14．第31届世界大学生夏季运动会将在今年7月28日至8月8日在四川省成都市举行．有编号为1，2，3，4，5的五位裁判，分别就座于编号为1，2，3，4，5的五个座位上，每个座位恰好坐一位裁判，则恰有两位裁判编号和座位编号一致的坐法种数为________．
15．设函数，的定义域均为R，且函数，均为偶函数．若当时，，则的值为________．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P，Q为椭圆上的动点．当的外接圆和内切圆的半径之积的最大值为时，的最大值为4，则________．
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．（本小题满分10分）
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A的值；
（2）若△ABC是锐角三角形，求的取值范围．
18．（本小题满分12分）
某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐。如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8．
（1）（1）求王同学第2天去A餐厅用餐的概率；
（2）如果王同学第2天去A餐厅用餐，求他第1天在A餐厅用餐的概率．
（2）A餐厅对就餐环境、菜品种类与品质等方面进行了改造与提升改造提升后，A餐厅对就餐满意程度进行了调查，统计了100名学生的数据，如下表（单位：人）．
就餐满意程度
A餐厅改造提升情况
合计
改造提升前
改造提升后
满意
28
57
85
不满意
12
3
15
合计
40
60
100
依据小概率值的独立性检验，能否认为学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联？
附：，其中．

0.1
0.05
0.01
0.005

2.706
3.841
6.635
7.879
19．（本小题满分12分）
如图，在三棱锥中，，，G为点B在平面ACD上的射影，M为BC的中点．

（1）证明：平面ABD；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
20．（本小题满分12分）
已知数列满足，且
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值．
21．（本小题满分12分）
已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，且，是C上一点．
（1）求C的方程；
（2）不垂直于坐标轴的直线l交C于M，N两点，交x轴于点A，线段MN的垂直平分线交x轴于点D，若，证明：直线l过四个定点，，，中的一个．
22．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）若，，求证：有且仅有一个零点；
（2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围．
2023届高三“一起考”大联考·数学
双向细目表
题序
知识内容（考点）
难度系数
分值
1
集合的概念
0.80
5
2
复数的运算
0.80
5
3
平面向量的概念
0.70
5
4
指、对数运算
0.70
5
5
数列综合
0.65
5
6
抛物线的性质
0.50
5
7
函数与导数综合（构造函数）
0.30
5
8
立体几何综合
0.25
5
9
三角函数的概念
0.60
5
10
导数的应用（切线）
0.50
5
11
新定义
0.35
5
12
立体几何综合
0.35
5
13
三角函数求值
0.75
5
14
排列组合简单应用
0.65
5
15
函数与导数的性质
0.45
5
16
圆锥曲线综合
0.35
5
17
解三角形
0.50
10
18
统计与概率
0.55
12
19
立体几何
0.45
12
20
数列综合（通项与求和）
0.45
12
21
圆锥曲线综合（方程、过定点）
0.30
12
22
函数与导数综合（零点、恒成立问题）
0.30
12
参考答案
1．C
解析：由且，得，2，所以，又因为，所以满足条件的集合B可能为，，，，共4个．故选C．
2．C
解析：由，得，即，所以，故选C．
3．B
解析：设向量与的夹角为，则，在上的投影向量为．故选B．
4．B
解析：设每年的衰变率为P，古物中原的含量为a，由半衰期，得．所以，即．由题意，知，即．于是．所以．故选B．
5．D
解析：由题意，得，，，，，，发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，则，，所以原式的值为，故选D．
6．A
解析：因为抛物线C的方程为，所以，抛物线C的准线方程为，因为方程可化为，所以过定点．
设，设FB的中点为A，则，因为，P为垂足，
所以，所以，
即点P的轨迹为以A为圆心，半径为的圆．
过点M作准线的垂线，垂足为，则，
所以．
又，当且仅当M，P，A三点共线且P在M，A之间时等号成立，所以．

过点A作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当，M，A三点共线时等号成立．
所以，当且仅当，M，P，A四点共线且P在M，A之间时等号成立，所以的最小值为，故选A．
7．A
解析：关于x的不等式恒成立，
因为，所以，
即，即，
即，易证，且，
所以，所以，即．
又易知，据此可以判断满足不等式成立，但考虑其充分性及题设中为最小整数．故选A．
8．B
解析：正四棱柱的高．
（方法一），令，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的最大值为．
（方法二），，
当且仅当时等号成立，解得．
当时，，此时正四棱柱为正方体，的最小值就是点G到EF的距离，由正方体的性质知，当H为EF的中点时，，动线段GH，GM分别在，内，将两个平面沿展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，最小，可得，又因为M为线段的中点，
所以．

9．AD
解析：由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有，所以A正确．
由于B是∠AOB的一边与单位圆的交点，是对应∠AOB的正弦值，即，所以是对应∠AOB的余弦值，即，所以B错误．
当时，，，所以C错误．
反过来，当，即时，一定成立，所以D正确．故选AD．
10．ABD
解析：不妨设，，则，，则，．
因为的图象在A，B两点处的切线互相垂直，所以，即．
对于A，因为，所以A正确．
对于B，因为：，：，
则，，所以，所以B正确．
对于C，当时，，
即直线AM与BN的交点的横坐标恒小于1，所以C错误．
对于D，，所以D正确．故选ABD．
11．ACD
解析：对于A，由定义“”表示不大于x的最大整数可知，，故，用代换x，即得，故A正确．
对于B，不妨设，，易知B错误．
对于C，由，可得，故，
则，故C正确．
对于D，对任意自然数k，与均不是整数，且，
则．
当时，，即被3除余数为1．
当时，，
，
则被3除余数为1，
，
由上述分析知其被3除余数为1011，而，即M能被3整除，故D正确．
故选ACD．
12．BCD
解析：如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，．
因为平面平面ABCD，易知，平面平面，所以平面ABCD，则．
又因为，所以，
又，所以平面PGC．
因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，A错误．

因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥外接球的表面积为，B正确．
如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为，C正确．
如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，此时M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，可知N为QA的中点，故，D正确．
故选BCD．
13．1
解析：由，得，则，
所以．
14．20
解析：由题意，5人中选出2人出来，她们的编号一致，有种方法，剩余3人都不坐与自己编号相同的座位有两种情形，故总的坐法种数为．
15．
解析：因为函数，的定义域均为R，且函数为偶函数，
则，求导得，
即，所以函数的图象关于对称．
因为函数为偶函数，所以，所以函数的图象关于对称，可得函数的周期为4，．所以，即，即，于是．
16．2
解析：令，则的外接圆半径为，内切圆半径为，故两半径之积为，
因为，所以，
所以，此时P是椭圆的短轴顶点．不妨设P是椭圆的上顶点，
设，，
则，所以．
17．解析：（1）因为，
所以，……（2分）
即，……（3分）
所以或（舍去）．
所以，结合，得．……（5分）
（2）由（1）得，．……（7分）
因为△ABC是锐角三角形，所以B，C均为锐角，
即，，所以，……（8分）
所以，，
所以的取值范围是．……（10分）
18．解析：（1）设事件A：第i天去A餐厅用餐，事件B：第i天去B餐厅用餐，其中，2．
①王同学第2天去A餐厅用餐的概率为：
．……（4分）
②如果王同学第2天去A餐厅用餐，那么他第1天在A餐厅用餐的概率为：
．……（8分）
（2）提出零假设：学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改造提升没有关联．
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联．……（12分）
19．解析：（1）（方法一）过点G作于点N，连接MN，则，
又平面ABD，平面ABD，所以平面ABD．……（2分）
因为，平面ACD，连接AG，则，所以N为AC的中点，故MN为△CBA的中位线，．……（4分）
又平面ABD，平面ABD，所以平面ABD．
又，所以平面平面ABD，
又平面MNG，所以平面ABD．……（5分）
（方法二）延长CG，交AD于点K，连接AG，BK．
因为，平面ACD，则．
又，所以，即G为CK的中点．
因为M为BC的中点，所以MG为△CBK的中位线，．……（3分）
因为平面ABD，平面ABD，所以平面ABD．……（5分）
（2）过点A作，以A为原点，AC，AD，AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由于，，则由（1）知，
又，所以．
则，，，．……（7分）
设，则，设平面AMC的法向量为，
又，，
则可取．……（9分）
设平面AMD的法向量为，
又，，
则可取．……（10分）
设二面角的平面角为，
则，，
即二面角的正弦值为．……（12分）
20．解析：（1）因为
所以，，，所以．
又因为，所以，所以．
因为，所以，
又因为，所以，所以，所以，
即，……（3分）
所以，
又因为，所以，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．……（5分）
（2）由（1）可知，所以，
所以，……（6分）
又因为，所以，
即，所以，……（8分）
所以，
因为，
，……（10分）
所以是一个增数列，
因为，，
所以满足题意的n的最小值是20．……（12分）
21．解析：（1）设C的焦距为2c，则，即，，．……（1分）
由双曲线的定义，得，
即，所以，故C的方程为．……（4分）
（2）证明：设，，，直线l的方程为，
联立整理得，……（5分）
由题意，得即
则，，……（6分）

．……（7分）
设MN的中点为，则，，……（8分）
所以线段MN的垂直平分线的方程为．
令，得，即，
所以，……（9分）
由题意，得，即，……（10分）
从而．
当，即时，解得或；
当，即时，解得或．……（11分）
所以直线l的方程为，或，或，或．
故直线l过四个定点，，，中的一个．……（12分）
22．解析：（1）证明：由题意得，当时，，
故．
（i）当时，，记，
则，单调递增，，
所以，即当时，无零点．……（2分）
（ii）当时，，，
即当时，无零点．……（3分）
（iii）当时，．
因为，所以，即单调递增．
又因为，，
所以当时，存在唯一零点．
综上，当时，有且仅有一个零点．……（6分）
（2）易知，由题意，在0的左侧邻域内，有，则．
因为，
所以，得是对任意成立的必要条件．……（7分）
下面证明充分性．
当时，，等价于．
令，，即证．……（8分）
（i）当时，，，
即成立．……（9分）
（ii）当时，记，则．
由，得，所以，即单调递增，
，即，
又．
综上，．……（12分）