2023届广东省七校联合体（中山一中等）高三上学期第一次联考数学试题含答案

七校联合体2023届高三第一次联考试卷（8月）数学科目

一、选择题

1.已知集合，集合，则（   ）

A. B.

C. D.

答案：

B

解析：

【分析】分别求出集合A，B中x的范围，再求集合A，B的交集即可.

【详解】，即，

，即，

.故选：B.

2.已知，则（   ）

A.  B.

C.  D.

答案：

B

解析：

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案.

【详解】∵，∴.故选：B.

3.如图，在中，，，，则的值为（   ）

A. B. C. D.

答案：

D

解析：

【分析】利用、表示向量，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.

【详解】，

，则，

所以，.故选：D.

4.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，

则，所以，

又，则，所以，

所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，

所以.故选：C.

5.若随机事件，满足，，，则（   ）

A. B.

C. D.

答案：

D

解析：

【分析】根据，计算得到，然后根据条件概率的计算公式计算即可.

【详解】由题可知：

所以

所以.故选：D.

6.已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论错误的是（   ）

A.函数的图象关于点对称

B.函数的图象关于直线对称

C.函数在区间上单调递增

D.与图象的所有交点的横坐标之和为

答案：

B

解析：

【分析】根据顶点坐标求出，由周期求出，由五点作图求出，进而得出函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质即可求解.

【详解】由题意可知，，解得.

结合五点法作图，可得，解得，

所以的解析式为.

令，得，所以函数的图象关于点对称，故A正确；令，得，不是最值，所以函数的图象不关于直线对称，故B不正确；

在区间上，，函数单调递增，故C正确；

当，，

与图象的个交点关于直线对称.

设这个交点的横坐标分别为，，

则，，

故所有交点的横坐标之和为，故D正确.故选：B.

7.已知，，，则，，的大小关系为（   ）

A.  B.

C.  D.

答案：

A

解析：

【分析】根据指数函数、对数函数与幂函数的单调性，借助中间量即可比较大小.

【详解】由函数在上单调递增，所以，

由于函数在上单调递减，所以，

由于函数在上单调递增，所以，故.故选：A.

8.已知函数有唯一零点，则（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】【详解】因为，设，则，因为，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.故选：C.

二、多选题

9.如图，两个正方形和所在平面互相垂直，设，分别是和的中点，那么下列结论正确的是（   ）

A. B.平面

C. D.，异面

答案：

A、B、C

解析：

【分析】对于选项A，建立空间直角坐标系，根据空间向量垂直，则其点乘积为零，可得答案；对于选项B、C、D，根据中位线的性质，可得答案.

【详解】由点为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD和ADEF的边长为，如下图：

对于A选项，，，，，

则直线、的方向向量分别为，，

因为，所以，即，故A正确；

对于B选项，连接，如下图：

因为点分别为的中点，所以在中，，

因为平面，且平面，所以平面，故B正确；

由选项B可知，故C正确；故D错误；故选：ABC.

10.关于函数说法正确的是（   ）

A.定义域为 B.图象关于轴对称

C.图象关于原点对称 D.在内单调递增

答案：

A、C、D

解析：

【分析】由即可求出其的定义域；利用可判断为奇函数；求利用复合函数的单调性即可判断在内的单调性.

【详解】因为，所以，

所以定义域为，故A正确；因为，

所以图象关于原点对称，故B错误，C正确；又在上单调递减，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，故D正确.故选：ACD.

11.下列命题中正确的是（   ）

A.双曲线与直线有且只有一个公共点

B.平面内满足的动点的轨迹为双曲线

C.若方程表示焦点在轴上的双曲线，则

D.过给定圆上一定点作圆的动弦，则弦的中点的轨迹为椭圆

答案：

A、C

解析：

【分析】解方程组判断，根据双曲线定义极限状态判断，根据双曲线定义判断，求出动点轨迹方程，用反证法判断.

【详解】对于A，解方程组，得唯一解，所以曲线与直线有且只有一个公共点，所以A对；对于B，当时，满足的动点的轨迹为两条射线，不是双曲线，所以B错；对于C，若方程表示焦点在轴上的双曲线，且，所以C对；

对于D，举反例，不妨设圆的方程为，定点，动点，则在圆上，在，，点轨迹是圆，而不是椭圆，所以D错.故选：AC.

12.达·芬奇的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂项链所形成的曲线称为悬链线.建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，双曲余弦函数则以下正确的是（   ）

A.是奇函数 B.在上单调递减

C.， D.，

答案：

B、C、D

解析：

【分析】根据题意写出函数的解析式，由函数奇偶性的定义，即可判断选项A是否正确；根据导数在函数单调性中的应用以及复合函数的单调性，即可判断选项B是否正确；由基本不等式，即可判断选项C是否正确；再根据选项C，结合特称命题的特点，即可判断选项D是否正确.

【详解】由题意可知，，定义域为

所以，所以是偶函数；故选项A错误；

函数的导数为，

所以当时，，当时，，

所以函数，单调递减区间为，单调递增区间为，

又，所以函数在上单调递增，

由复合函数的单调性可知，在上单调递减，故选项B正确；由基本不等式可知，，当且仅当时取等号；故选项C正确；

由C可知，，，所以，使得成立，故选项D正确；故选：BCD.

三、填空题

13.的展开式中，含项的系数为        .

答案：

解析：

【分析】根据中含项由4个2与1个相乘所得计算即可.

【详解】相乘的5项中，含的项只能由4个2与1个相乘所得，故含项的系数为.故答案为：.

14.已知圆.若圆与圆有三条公切线，则的值为        .

答案：

解析：

【分析】根据已知条件得出两圆的位置关系，结合两点间的距离公式即可求解.

【详解】由，得，

所以圆的圆心为，半径为，

因为圆，所以圆的圆心为，半径为，

因为圆与圆有三条公切线，所以圆与圆相外切，

即，解得，

所以的值为.故答案为：.

15.求函数在处的切线方程为        .

答案：

解析：

【分析】分别求出与，再利用点斜式即可写出切线方程.

【详解】由题意知，

又因为，所以

所以切线方程为：即，故答案为：.

16.在中，角，，的对边分别为，，，已知，若的面积为，则的最小值为        .

答案：

解析：

【分析】根据正弦定理进行边角互化，再根据余弦定理求得角B，由三角形的面积公式求得，根据基本不等式可求得答案.

【详解】由及正弦定理可得，所以由余弦定理的推论可得，因为，所以.

因为的面积为，所以，即，

所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17.已知的内角，，的对边分别为，，，.

（1）求；

（2）若，，点在线段上，，求的余弦值.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据已知有，由三角形内角性质结合正弦定理有，即可得；（2）由余弦定理求，根据已知有是等边三角形可求，再应用余弦定理求的余弦值.

【详解】（1）依题意，有，

又，知：，而，故.

（2）由，有，

即，又，得；

在中，，，故是等边三角形，，，故.

18.如图：已知所在的平面与菱形所在的平面垂直，且，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若为线段上的点，且与平面的夹角为，求平面与平面夹角的余弦值.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）先根据面面垂直的性质定理证明平面PAB，再由线面垂直的性质证明；（2）以E为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面EFC的法向量、平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求平面EFC与平面PBC夹角的余弦值.

【详解】（1）在菱形ABCD中，∵∴为正三角形，

又∵E为AB的中点，∴，

∵平面PAB与平面ABCD垂直，AB为平面PAB与平面ABCD的交线，

∴平面，又∵平面∴

（2）∵，E为AB的中点，∴，

又∵，，∴平面，以E为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示，

设，则，，，

∴

设，其中，则，

∵为平面的法向量，∴，得，

即是的中点，∴，

设为平面的法向量，则，，

令，得，取，

设为平面的法向量，则得出

令，得，取，

设平面与平面夹角为，则.

19.已知数列中，，，前项和为，若（，且）.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）先求出，再求出即得解；

（2）求出，再利用错位相减法求数列的前项和.

【详解】（1）数列中，（，且）①，

又（，且）②，

可得：，则数列是以为首项，公差为1的等差数列，则，则，

当时，，也符合该式，则.

（2）由（1）的结论得，，则；

则，∴，

两式错位相减可得：

，∴.

20.在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）.已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为，它们之间相互不影响.

（1）当时，求能正常工作的设备数的分布列和数学期望；

（2）已知深圳某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约万的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在，更新设备硬件总费用为万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，设备维护总费用为万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）由题意可知，即得；

（2）分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策.

【小详解】（1）为正常工作的设备数，由题意可知.

，，

，，

从而的分布列为

由，则；

（2）设方案1、方案2的总损失分别为，

采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到，

由（1）可知计算机网络断掉的概率为，不断掉的概率为，

故元；

采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，

可知计算机网络断掉的概率为，

故

因此，从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2.

21.已知是椭圆的一个焦点，点在椭圆上，轴，，椭圆的短轴长等于.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设为直线上一点，为椭圆上一点，且以为直径的圆过坐标原点，求的取值范围.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）由已知建立等式关系，联立方程求出，，再得到椭圆的方程；

（2）根据椭圆的参数方程设点的坐标，再设点的坐标，利用已知可得，垂直，则向量与向量的数量积为0，得出等式关系，然后表示出所求的关系式，利用基本不等式，得到其范围.

【详解】（1）由已知可得，解得，，

所以椭圆的标准方程为；

（2）根据椭圆的参数方程可设点，，，

另设点的坐标为，

因为以为直径的圆过坐标原点，所以，

即，所以，

所以，

令，则，当且仅当，即时取等号，

此时的取值范围为.

22.已知函数有且仅有两个极值点，且.

（1）求实数的取值范围；

（2）证明：.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）原问题等价于有两个零点，且，（i）当时，在上单调递减，至多有一个零点，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，令，又，，由函数零点存在定理可得，即可求解；（2）由题意，，，即，，两式相减得，令，则，，，，要证：，即证：，只需证：，最后构造函数即可证明.

【详解】（1）函数，，

因为函数有两个极值点，，

所以有两个零点，且，

令，，

（i）当时，，则在上单调递减，至多有一个零点，不符合题意；

（ii）当时，令，，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以的最小值为，

令，解得，

又因为，，

所以由函数零点存在定理可得，在区间和上各有一个零点，符合题意，所以的取值范围为；

（2）证明：由（1）可知，，所以，

因为，是的两个零点，

所以，，即，，

两式相减得，令，则，，，

所以，，，

要证：，即证：，即证：，

只需证：，

令，，，，

所以在上单调递增且，所以，则在上单调递增且，所以，从而得证.