2023湖南省新高考教学教研联盟高三下学期第一次联考数学试卷含答案
展开2023届湖南新高考教学教研联盟高三第一次联考
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若1（为虚数单位，是的共轭复数），则（ ）
A.2 B. C. D.6
3.已知数列和均为等差数列，且为定值，若，则（ ）
A.56 B.72 C.88 D.104
4.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路､中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角依次为，其中，则此山的高度为（ ）
A. B.
C. D.
5.某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师，到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校.则不同的安排方法共有（ ）
A.96种 B.144种 C.240种 D.384种
6.已知函数在区间上单调，且满足.若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），（点为坐标原点），过点作直线的垂线与轴交于点，则（ ）
A.6 B. C.4 D.
8.已知函数，直线与的图象交于两点，在两点处分别作的两条切线，这两条切线交于点，则（ ）
A. B.
C. 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.下列说法正确的有（ ）
A.若随机变量服从正态分布，则
B.数据的第70百分位数为8
C.回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越小，拟合效果越好
D.根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05
10.已知，则下列结论正确的是（ ）
A.的最大值为 B.的最大值为1
C.的最小值为 D.的最小值为3
11.设，过定点的动直线，和过定点的动直线交于点是圆上的任意一点，则下列说法正确的有（ ）
A.直线与圆相切时
B.到距离的最大值是
C.直线与圆相交的最短弦长为
D.的最大值为
12.某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点，且四点共面.下列说法正确的有（ ）
A.若点为弧的中点，则平面平面
B.存在点，使得
C.存在点，使得直线与平面所成的角为
D.当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数是定义在上的奇函数，且，则__________.
14.已知向量，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角__________.
15.已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点是椭圆上的任意一点，满足的平分线与相交于点，则分所得的两个三角形的面积之比__________.
16.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，设是一个“0，1数列”，定义数列为数列中每个0都变为“”，每个1都变为“0，1，0”所得到的新数列.例如数列，则数列.已知数列，记数列，则数列的所有项之和为__________；数列的所有项之和为__________.
四､解答题本本题共5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）
已知的内角的对边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
18.（本小题满分12分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）给定，记集合中的元素个数为，若，试求的最小值.
19.（本小题满分12分）
第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，在保持原有40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技和霹雳舞两个竞赛项目，国家体育总局为了深入了解各省在“电子竞技”和“霹雳舞”两个竞赛项目上的整体水平，随机选取了10个省进行研究，便于科学确定国家集训队队员，各省代表队人数如下表
省代表队 | ||||||||||
电子竞技 | 45 | 51 | 27 | 38 | 57 | 19 | 26 | 47 | 34 | 29 |
霹雳舞 | 26 | 15 | 44 | 42 | 32 | 28 | 56 | 36 | 48 | 20 |
（1）从这10支省代表队中随机抽取3支，在抽取的3支代表队参与电子竞技的人数均超过30人的条件下，求这3支代表队参与霹雳舞的人数均超过30人的概率；
（2）若霹雳舞参与人数超过40人的代表队所在地可以成为国家队集训基地，现从这10支代表队中随机抽取4支，记X为选出代表队所在地可以成为国家队集训基地的个数，求X的分布列和数学期望；
（3）某省代表队准备进行为期3个月的霹雳舞封闭训练，对太空步､空中定格､整体移动三个动作进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”，已知在一轮测试的3个动作中，甲队员每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响：如果甲队员在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于9次，那么至少要进行多少轮测试？
20.（本小题满分12分）
如图①，已知是边长为2的等边三角形，是的中点，，如图②，将沿边翻折至.
（1）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.
21.（本小题满分12分）
在平面直角坐标系中，双曲线的焦点到渐近线的距离为，焦距为.
（1）求的方程；
（2）如图，点为双曲线的下顶点，点在轴上（位于原点与上顶点之间），过作轴的平行线，过的另一条直线交双曲线于两点，直线分别与交于两点，若，求点的坐标.
22.（本小题满分12分）
已知函数.若函数恰有两个不同的极值点.
（1）求的取值范围；
（2）是否存在实数，使得成立？请说明理由.
2023届湖南新高考教学教研联盟高三第一次联考
数学参考答案
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.
题号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
答案 | A | C | A | D | C | B | A | B |
1.A 【解析】，
，故选A.
2.C 【解析】，所以，故选C.
3.A 【解析】因为为定值，所以，又因为，所以，
因为为等差数列，所以，故选.
4.D 【解析】如图，设点在地面上的正投影为点，则
，
设山高，则，
在中，，
由余弦定理即有：，整理得，
所以，故选D.
5.C 【解析】将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校.若教师人数依次为，则不同的安排方法种数为：种；若教师人数依次为，则不同的安排方法种数为：种，故不同的安排方法共有种，故选C.
6.B 【解析】在区间上单调，，
的对称中心为，且，
，即，即，
又的对称中心为，
在区间上恰有5个零点，相邻两个零点之间的距离为，五个零点之间即，六个零点之间即只需即可，即，
又.故选B.
7.A 【解析】法一：依题意，设，由，得为的中点且，
则，易得直线的垂线的方程为.
令，得，故，由抛物线的定义易知，
故，故选A.
法二：特殊值法.不妨设，则，则，易得直线的垂线的方程为.令，得，故，又，故.故选A.
8.B 【解析】设，则，
则，即，
则切线，
切线，
联立两切线方程得，即有，则，
代入方程解得，设，则，
令，则在单调递减，
所以，即，且时，，故选B.
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.
题号 | 9 | 10 | 11 | 12 |
答案 | ABC | AC | BC | AD |
9.ABC 【解析】由可知，故正确；数据重排后如下：共8个，第70百分位数为第6个数，即为8，故B正确；回归分析中残差平方和越小，拟合效果越好，故C正确；，犯错误的概率会超过0.05，故D错误.故选ABC.
10.AC 【解析】.
对于，当且仅当时取等号，故正确；
对于，当时，，故错误；
对于，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，，但是当时，不符合题意，故等号不成立，故错误.故选AC.
11.BC 【解析】显然当时直线也与圆相切，故错误；
直线过的定点为，当时到的距离最大，最大值为，此时到距离的最大值为，故正确；
由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时所得弦长最短，则，又，所以，得，则圆心到直线的距离为，所以弦长为，故正确；
由，当时，，有，当时，，则，所以，又点是两直线的交点，所以，所以，
法一：设，则，因为，所以，所以，故D错误.
法二：因为，
所以，当且仅当时等号成立，故错误.故选BC.
12.AD 【解析】连接，若点为弧的中点，则，所以，即，因为，所以，又，所以平面平面，则平面平面，故正确；
假设存在点，使得，则四点共面，又该几何体上下两个底面平行，且为平面与这两个底面的交线，所以，则四边形为平行四边形，则有，这显然不成立，故B错误；
假设存在点，使得直线与平面所成的角为，以为原点，
方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则，
，设，
则，
所以，
，
设平面的法向量为，则
令，则，即，依题意，
整理得，这与矛盾，所以假设不成立，故C错误；
当点到平面的距离最大时，点位于点，三棱锥，即三棱锥，即三棱锥，可将其补型为一个以为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，棱长为4，其外接球半径，故正确.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.0 【解析】函数是定义在上的奇函数，则，
在中，令，有，
在中，用代替，有，
所以2是的一个周期，所以.
14.（或） 【解析】法一：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，所以，又，所以的夹角为.
法二：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，即，所以的夹角为.
15.或（说明：若只填写一个值或者仅写对一个值不给分）
【解析】设，因为，所以，
在Rt中，由勾股定理，得，①
又因为，所以由椭圆的定义得，②
联立①②并化简得：，显然点不在坐标轴上，
若点在第一或第四象限，
则，因为是的平分线，所以；
若点在第二或第三象限，
则，因为是的平分线，所以.
16.；（第一空2分，第二空3分）
（说明：第二空也可以写成
【解析】中有2个1，3个中有8个1，7个中有22个1，23个0，数列的所有项之和为
设数列中0的个数为的个数为，则，
法一：，且，所以是以5为首项，3为公比的等比数列，
所以，又因为，所以，
即，所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，
数列的所有项之和即为1的个数，即为.
法二：两式相加有，且，所以是以5为首项，3为公比的等比数列，所以①；两式相减有，且，所以是以1为首项，-1为公比的等比数列，所以②，
①-②得，数列的所有项之和即为1的个数，即为.
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.【解析】（1），
，
，可得，
，又.
（2）
为锐角三角形，.
.
的取值范围是
18.【解析】（1）依题意，①
当时，，②.
①②两式相减得，即，
因为，所以，即，
所以是公差为1的等差数列，
又，故数列的通项公式为.
（2）依题意，即，因为，
所以满足不等式的正整数个数为，即，.
，
因为，所以单调递增，
当时，，
当时，，
所以的最小值为11..
19.【解析】（1）由题可知10支代表队，参与“霹雳舞”的人数依次为，参与“电子竞技”的人数依次为，其中参与“电子竞技”的人数超过30人的代表队有6个，参与“霹雳舞”的人数超过30人，且“电子竞技”的人数超过30人的代表队有4个，记“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“电子竞技”的人数均超过30人”为事件，“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“霹雳舞”的人数均超过30人”为事件，
则，
所以，.
（2）参与“霹雳舞”人数在40人以上的代表队共4支，的所有可能取值为，
所以，.
.
所以的分布列如下表：
0 | 1 | 2 | 3 | 4 | |
所以（或写成1.6）..
（3）记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件，则，
由题意，甲队员在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意，得，
因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试.
20.【解析】（1）存在点满足题意，且，理由如下：
在图①中，取的中点，连接，则，
在图②中，平面平面，
所以平面，且；
在线段上取点使，
连接，则，同理可得平面，
又因为，所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）在图②中，，所以平面，
法一：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
，
设平面的法向量为，
则
令，则，即，
易知平面的一个法向量，
若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，则，
化简整理得：，.
所以，所以，
则三棱锥的高为，.
又因为底面积，
所以三棱锥的体积为.
法二：延长相交于点，事实上点即为点，
则平面平面，
过作，垂足为，连接，
因为平面，所以，
又，所以平面，
即，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角，
即，所以，
即，即，
又，所以，
在中，由等面积法可得点到的距离为，
即三棱锥的高，又的面积为，
所以三棱锥的体积为.
21.【解析】（1）因为焦距为，所以；
又因为焦点到渐近线的距离为，所以，.
所以，
故的方程为.
（2）由，又，即，
故，即，所以，.
设，
由题意可知，则直线，直线，
因为在直线上，所以，代入直线方程，可知，
故的坐标为，所以，.
又，由，则，
整理可得，
当直线斜率不存在时，显然不符合题意；
故设直线，代入双曲线方程中，
可得，所以，
又
，
所以，
故，即，所以点坐标为.
22.【解析】（1）的定义域为，
，
令，则的对称轴为，
①时，的定义域为，此时，且在递增，递减，
故在只有一个零点，
所以只有一个极值点，不符合题意；
②时，的定义域为，此时，要使得有两个零点，
则需，此时，
所以存在，使得，即，
，使得，即，
当时，递减，当时，递增，
当时，递减，所以有两个极值点，符合题意.
综上可得：.
（2）或，
由（1）可知，是方程的两根，
所以，且.
（i）若，则，
而，
所以，
即，令，
则，所以递减，且，故，
即方程无解，故舍去；
（ii）若，则
，予盾，故舍去.
综上可得，不存在实数满足.
