2023年湖南省部分学校高考数学第一次联考试卷（含解析）

2023年湖南省部分学校高考数学第一次联考试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  若复数满足，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知函数，则“”是“的最小正周期为”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

4.  在正方体中，，分别为，的中点，则(    )

A. 平面 B. 平面
C. 平面 D. 平面

5.  公差不为的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知，分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，则内切圆半径的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知单位向量，，若对任意实数，恒成立，则向量，的夹角的取值范围为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”图书馆，建设高水平、现代化、开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声现有一块不规则的地，其平面图形如图所示，百米，建立如图所示的平面直角坐标系，将曲线看成函数图象的一部分，为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形如图，则图书馆占地面积万平方米的最大值为(    )

 

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  将，，，这张卡片分给甲、乙、丙、丁人，每人分得一张卡片，则(    )

A. “甲得到卡片”与“乙得到卡片”为对立事件
B. “甲得到卡片”与“乙得到卡片”为互斥但不对立事件
C. 甲得到卡片的概率为
D. 甲、乙人中有人得到卡片的概率为

10.  已知：与圆：没有公共点，则的值可以是(    )

A.  B.  C.  D.

11.  已知函数，的零点分别为，，则(    )

A.  B.  C.  D.

12.  已知是抛物线：的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则(    )

A. 四边形面积的最大值为 B. 四边形周长的最大值为
C. 为定值 D. 四边形面积的最小值为

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  的展开式中，项的系数为______ ．

14.  若锐角、满足，，则 ______ ．

15.  已知是定义在上的增函数，且的图象关于点对称，则关于的不等式的解集为______ ．

16.  某儿童玩具的实物图如图所示，从中抽象出的几何模型如图所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则        ．

 

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知正项数列的前项和为，且．
求的通项公式；
求数列的前项和．

18.  本小题分
在锐角中，内角，，所对的边分别为，，．
若，证明：．
若，求的最小值．

19.  本小题分
如图，正三棱锥的侧面是直角三角形，过点作平面，垂足为，过点作平面，垂足为，连接并延长交于点．
证明：是的中点．
求平面与平面夹角的余弦值．

20.  本小题分
在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多种不同颜色的小球，一共有偶数个小球，现在从盒子中一次摸一个球，不放回．
若盒子中有个球，从中任意摸两次，摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为，
求红球的个数；
从盒子中任意摸两次球，记摸出的红球个数为，求随机变量的分布列和数学期望．
已知盒子中有一半是红球，若“从盒子中任意摸两次球，至少有一个红球”的概率不大于，求盒子中球的总个数的最小值．

21.  本小题分
已知双曲线：的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为当时，．
求双曲线的方程；
若的外心为，求的取值范围．

22.  本小题分
已知函数，，．
若直线是曲线与曲线的公切线，求的解析式；
若对恒成立，试问直线是否经过点？请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以．
故选：．
根据一元一次不等式和一元二次不等式的解法，结合交集的定义和运算即可求解．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
则．
故选：．
根据复数的乘法所以可得，结合复数的几何意义即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由的最小正周期为，
可得，即，
所以由“”可推出“的最小正周期为”，
由“的最小正周期为”不一定能推出“”，
故是的最小正周期是的充分不必要条件．
故选：．
结合充分与必要条件的定义和正弦型函数的周期公式即可求解．
本题主要考查三角函数的周期性，考查转化能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：在正方体中，，分别为，的中点，
取的中点，连接，，，如图，

因为，分别为，的中点，所以，．
又，平面，所以平面，平面，
故平面平面．
又平面，所以平面，A正确，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
，与平面不平行，故B错误；
，，与不垂直，
不垂直于平面，不垂直于平面，故C，均错误．
故选：．
对于，取的中点，连接，，，推导出，，从而平面，平面，进而平面平面由此得到平面；对于，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法判断．
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，，故，
设等差数列的公差为，则，
所以，
因为，，，，依次成等比数列，，
所以，
所以，
所以，
故选：．
由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：椭圆，
，，，
设内切圆半径为，
又为椭圆上的一点，，为椭圆的两个焦点，
，，
根据等面积法思想可得：
，
又的面积的最大值为，
即的最大值为，
的最大值为，
故选：．
根据椭圆的几何性质，内切圆的性质，等面积法思想，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，内切圆的性质，等面积法思想，属中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：依题意，，
所以，即恒成立，
则，解得，
故，的夹角的取值范围是．
故选：．
由，可得恒成立，进而可得，由此得解．
本题考查平面向量的数量积以及不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：将点代入函数中可得，解得，
所以，
设线段对应的函数解析式为，
因为直线经过点，，所以，，
所以，
设，则点的坐标为，
由可得，
所以点的坐标为，
所以，
所以直角梯形的面积，
所以，
令，可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，函数取最大值，最大值为．
故选：．
由条件求的解析式，设，利用表示梯形的面积，利用导数求其最大值．
本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，考查运算求解能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：将，，，这张卡片分给甲、乙、丙、丁人，每人分得一张卡片，
对于，“甲得到卡片”与“乙得到卡片”为互斥而不对立事件，故A错误；
对于，“甲得到卡片”与“乙得到卡片”为互斥但不对立事件，故B正确；
对于，甲得到卡片的概率为，故C正确；
对于，甲、乙人中有人得到卡片的概率为，故D正确．
故选：．
利用互斥而不对立事件的定义、古典概型直接求解．
本题考查互斥而不对立事件的定义、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由题意可知，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
圆心距，易知两圆相离或两圆内含，
可得或，解得，
又，所以且．
故选：．
根据两圆的位置关系，利用圆心距和半径之间的关系即可求得结果．
本题主要考查两圆的位置关系，考查转化能力，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为函数与的图象关于直线对称，图象也关于直线对称，
设与图象的交点为，与图象的交点为，
则与关于直线对称，
则，．
因为，
所以，
则，即，
因为的图象与直线的交点为，
所以，，，
则．
故选：．
由指数函数与对数函数、的对称性知与关于直线对称，利用指数幂、对数运算的性质计算依次判断选项即可．
本题主要考查函数对称性的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：依题意，，解得，即抛物线：，焦点，直线，与坐标轴不垂直，
因为，，，则四边形为矩形，则，
由，得，当且仅当时，等号成立，
所以四边形面积的最大值为，故A正确．
由，当且仅当时，
等号成立，得，
所以四边形周长的最大值为，故B正确．
设直线的方程为，，，，
联立消得，则，，
则，
同理，所以，故C不正确．，
所以，当且仅当时，等号成立，
此时，故D不正确．
故选：．
根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断，；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦，长即可计算判断，．
本题主要考查了抛物线方程的求解，还考查了直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
的展开式中项为，的展开式中没有项，
所以的展开式中含项的系数为．
故答案为：．
根据题意可得，结合二项式展开式的通项公式计算即可求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为，，则，，
由、，则，，
所以，，，
所以．
故答案为：．
利用同角三角函数的平方关系求出、的值，再利用两角差的余弦公式可求得的值．
本题主要考查了同角基本关系，和差角公式的应用，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：因为的图象关于点对称，
所以，
所以，，
所以，
即为，
令，
又因为是定义在上的增函数，
所以是定义在上的增函数，
所以，
所以，解得，
故答案为：．
由的图象关于点对称，可得，，将不等式转化为，令，则是定义在上的增函数，列出不等式组求解即可．
本题考查了函数的对称性及单调性，也考查了转化思想，难点在于将不等式转化为，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由题意得，，，相等且两两所成的角相等，两两连接，，，后所得到的四面体为正四面体，
且是其外接球的球心，延长交面于，连接，则为的外心，如图所示：

设，则，，
在中，，即，即，
，，
，
故答案为：．
由题意得两两连接，，，后所得到的四面体为正四面体，且是其外接球的球心，设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得，的长度，即可得出答案．
本题考查棱锥的结构特征，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：当时，，得．
由，有，
当时，，
由得，
即，化简得．
因为，所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列，故．
由知，．，
所以． 

【解析】利用和与项的公式，即可求的通项公式；
先求得，再裂项求和即可．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 

18.【答案】证明：锐角中，，
由正弦定理得，，
即，
所以，
所以，
即．
解：若，由正弦定理得，，
所以，
，
，
，
，
，
所以，
设，在锐角中，，，，
所以，所以，即，
所以，
当且仅当，即时取“”，此时，，的最小值为． 

【解析】利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理把化为，代入化简，即可证明结论成立．
由正弦定理化边为角，得出，再利用三角形内角和定理以及三角恒等变换，得出，，把表示为的解析式，利用换元法设，求出的取值范围，再计算的最小值．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与转化思想，是中档题．
 

19.【答案】证明：连接，
平面，平面，，
平面，平面，，
，平面，
又平面，，
又，是的中点．
解：以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，

则，设，
则，，
，，，解得，
，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
故平面的一个法向量为，
由题意可知平面，故为平面的一个法向量，
，． 

【解析】利用线面垂直可证结论；
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，求得两平面的法向量，可求平面与平面夹角的余弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查面面角的求法，属中档题．
 

20.【答案】解：设红球个数为，
由题意可得，，解得；
由题意可得，所有可能的取值为，，，
，
，
，
故的分布列为：

故E；
设盒子中球的总个数为，
则红球个数为，
从盒子中任意摸两次球，至少有一个红球的概率为，
由题意可知，，解得，即，
故盒子中球的总个数的最小值为． 

【解析】根据已知条件，结合古典概型的概率公式，即可求解；
由题意可得，所有可能的取值为，，，；依次求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解；
先求出从盒子中任意摸两次球，至少有一个红球的概率，令，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量期望与分布列的求解，考查转化能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：点关于轴对称的点为，故平行于轴，
又，故垂直于轴，又直线过，，
又，，，
双曲线的方程为．
当直线的斜率不存在时，，，则，
当直线的斜率为时，不符合题意，
当直线的斜率存在且不为时，设的方程为，，，
联立方程组，消去整理得，
与的右支相交于，两点，，，，
，
，
线段的中点，
线段的垂直平分线的方程为，
由题意可知为的垂直平分线与轴的交点，令，得，即，
则，
则，
，，
综上所述：的取值范围为 

【解析】由题意可得，计算可得双曲线的方程；
分直线的斜率是否存在分情况讨论，当直线的斜率存在且不为时，设的方程为，，，分别求出与的长，可得，可求的取值范围．
本题考查直线与双曲线的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
 

22.【答案】解：设与相切的切点坐标为，
与相切的切点坐标为．
因为，，
所以，
则，整理得．
若，则，则；
若，则，则．
故，切点，
，则．
直线经过点，理由如下：
令函数，
令函数，则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
故，则，当且仅当时，等号成立．
令函数，显然在上单调递增，
因为，，
所以，，
则，即．
又对恒成立，
所以，
所以，
即
令函数，则．
由，知是的一个极小值点，
则即．
由，得，即，
则，
则，故直线经过点． 

【解析】设与相切的切点坐标为，与相切的切点坐标为利用导数几何意义与两点斜率公式建立，化简得，从而得到切点坐标，最后得到的解析式；
把恒成立问题转化为求函数的最小值，利用同构思想化简，从而构造
函数，求导判断单调性，再结合零点的存在性定理可知，，则，即利用对恒成立，所以，，
所以，即再构造函数，由，知是的一个极小值点，从而得到，
最终建立，即可把直线方程化为，即可得出结果．
本题考查利用导数求函数的切线问题，利用导数求解恒成立问题，化归转化思想，方程思想，属难题．