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1、株洲市2023届高三年级教学质量统一检测（一）数学一、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. 设集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法求出集合，然后再根据集合的特征和交集的概念即可求解.【详解】由题意可知：集合，又因为集合，所以，故选：.2. 已知i为虚数单位，若复数z满足，则在复平面内z对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的运算求出复数，然后利用复数的几何意义即可求解.【详解】因为复数z满足，则，在复平面内
2、z对应的点为，所以在复平面内z对应的点位于第四象限，故选：.3. 已知四边形是平行四边形，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】计算得出，利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，即可得出的值【详解】，故，故选：C4. 已知三棱锥的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥中，与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题知，进而取中点，连接，证明平面即可得，进而得答案.【详解】解：由图可知，在三棱锥中， ，取中点，连接，因为，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，即与所成的角为故选：D5. 在平面直角坐标系中，已知两点，到直
3、线的距离分别是1与4，则满足条件的直线共有（ ）A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条【答案】C【解析】【分析】根据圆的概念和切线的性质，分别以为圆心，以为半径作圆，满足题意的直线为两圆的公切线，进而求解.【详解】分别以为圆心，以为半径作圆，因为， 所以两圆外切，有三条公切线，即满足条件的直线共有3条，故选：C6. 今年11月，为预防新冠疫情蔓延，株洲市有，三个小区被隔离；从菜市场出发的专车必须每天准时到这3个小区运送蔬菜，以解决小区居民的日常生活问题，之间的行车距离用表中的数字表示若专车从出发，每个小区经过且只经过一次，然后再返回，那么专车行驶的最短距离是（ ）07637054650834
4、80A. 17B. 18C. 23D. 25【答案】B【解析】【分析】根据题意，专车行驶的最短距离应该选择或，再求距离即可.【详解】解：由表中数据可知，到的距离最大，到的距离次之，所以，为使行驶距离最短，与之间不能直达，与之间不能直达，所以，专车行驶的最短距离应该选择或，此时最短距离为或.故选：B7. 已知曲线为双曲线，则该双曲线的焦距为（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可知：双曲线为等轴双曲线，根据题意求出实半轴长和虚半轴长，进而计算即可求解.【详解】由题意可知：双曲线为等轴双曲线，因为等轴双曲线的一条对称轴为，则双曲线与对称轴的交点分别为，所以实半轴长为，
5、从而虚半轴长为，所以焦距为，故选：.8. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间执法，整理，可得答案.【详解】由，则，令，当时，则单调递增，即，故，可得，即；由，且，则，即综上，.故选：C.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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9. 已知各项均为正数的等差数列，且，则（ ）A. B. C. 数列是等差数列D. 数列是等比数列【答案】AC【解析】【分析】根据等差数列性质可以
6、判断A正确；利用等差数列通项公式可以判断B错误；根据等差数列的概念可判断C，根据特例可判断D.【详解】设等差数列的公差为，对A，因为是等差数列，且，则由等差数列性质可得，故A正确；对B，则，故B错误；对C，因为，则数列是等差数列，故C正确；对D，如数列为，显然数列不是等比数列，故D错误;故选：AC.10. 关于函数有以下四个选项，正确的是（ ）A. 对任意的a，都不是偶函数B. 存在a，使是奇函数C. 存在a，使D. 若的图像关于对称，则【答案】AD【解析】【分析】根据辅助角公式将函数化简，然后结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断即可.【详解】因为，其中，对于A，要使为偶函数，则，且，即对任意
7、的a，都不是偶函数，故正确；对于B，要使为奇函数，则，且，即不存在a，使是奇函数，故正确；对于C，因为，故错误；对于D，若的图像关于对称，则，解得，且，所以，即，故正确.故选：AD11. 已知三棱锥的所有棱长均相等，其外接球的球心为O点E满足，过点E作平行于和的平面，分别与棱相交于点，则（ ）A. 当时，平面经过球心OB. 四边形的周长随的变化而变化C. 当时，四棱锥的体积取得最大值D. 设四棱锥的体积为，则【答案】ACD【解析】【分析】说明平面为正方形，从而推出其对角线交点到三棱锥各顶点的距离相等，即可判断A；设三棱锥棱长，求得四边形的周长，可判断B；当时，利用线面位置关系求出四棱锥的底面积
8、和高的表达式，可得体积的表达式，利用导数判断其最值，判断C；求得四棱锥的体积的表达式，计算，可判断D.【详解】对于A选项，因为平面，平面，平面平面，同理可得，所以，同理，所以，四边形为平行四边形，则，取线段的中点M，连接，因为，M为的中点，所以，同理，因为平面，所以平面，平面，当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，则，因为，所以四边形为正方形，连接，交于，则,由三棱锥的所有棱长均相等，则,可知，H为的中点，故，同理,又，故,则，即即为外接球的球心O，故当时，平面即经过球心O，A正确；对于B，设三棱锥的棱长为a,由（1）知且四边形为平行四边形，,所以,同理，所以四边形的周长
9、为，即四边形的周长不随的变化而变化，B错误；对于C，由以上分析可得，故，设交于N，交于R，连接,因为平面，平面，平面平面，由于平面， ,故平面，平面，故平面平面，平面平面，过点M作,垂足为T，并延长交于Q，则，平面,则平面,即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，由，可知，由于，则，而，故Q为的中点，故，故，则，故四棱锥的体积,令，则，令，则或（舍去），当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，故时，在上取到最大值，即当时，四棱锥的体积取得最大值，C正确；对于D，由以上分析可知，而，故Q为的中点，则T为的中点，也即的交点，当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，时，不重合，且根据正四面体的特征
10、可知O一定在上,则四棱锥的高为，故四棱锥的体积为，则，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：本题综合性较强，涉及的知识点较多，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的线面的位置关系，难点在于要根据线面位置关系计算出相应的量的值，从而结合相关的体积公式，表示出体积，进而判断结论.12. 已知是函数的零点，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】设，由可得，再根据选项依次判断正误即可.【详解】设，即，所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式. 由中的最高次数为4，是它的一个零点，因此，即 对选项，是正确的；对选项，是正确的；对选项，是正确的；对选项
11、，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误. 故选：.【点睛】关键点睛：本题解题关键在于将含有无理数的平方根式通过两次平方化成有理数，得到含有无理数解的有理数整式方程，从而得解.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 在的展开式中，常数项等于_（用数字作答）【答案】【解析】【分析】利用二项式定理，先求出 展开式中的常数项和的系数，即得解.【详解】由，根据二项式定理，其展开式的通项为，所以当时，展开式的常数项为；当时，展开式的系数为；所以原式中展开式的常数项为.故答案为：.14. 已知，若在区间上存在两个不相等的实数a，b，满足，则可以为_（填一个值即可）【答案】5（大于等
12、于5的正整数均可）【解析】【分析】利用三角函数的图象和性质求解即可.【详解】因为，所以，又在区间上存在两个不相等的实数a，b，满足，所以，解得，所以可以为5，故答案为：5（大于等于5的整数均可）15. 过原点的直线l与曲线交于不同的两点A，B，过A，B作x轴的垂线，与曲线交于C，D两点，则直线CD的斜率为_【答案】【解析】【分析】设，根据点，共线，得出，得出，再由C，D两点的坐标，根据斜率公式，得出，代换即可得出答案【详解】设，则点的坐标为，点的坐标为，点，共线，即，可得：，即，又，故答案为：16. 已知椭圆的左右焦点为，过的直线交椭圆C于P，Q两点，若，且，则椭圆C的离心率为_【答案】【解析
13、】【分析】根据椭圆的定义，线段比例关系和余弦定理即可求解.【详解】因为，所以，又，所以，所以，在三角形中，三角形中，以上两式相等整理得，故或（舍去），故，故答案为：.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. 如图，在平面四边形中，.（1）求的值；（2）求的长度.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由勾股定理得到，从而求出，再利用余弦差角公式进行计算；（2）先求出，再利用余弦定理求出答案.【小问1详解】在中，由勾股定理得，；【小问2详解】因为，所以，在中，由余弦定理得：18. 2023年亚运会在中国杭州举办，开幕式门票与其他赛事门票在网上开始预定，
14、亚奥理事会规定：开幕式门票分为A、B两档，当预定A档未成功时，系统自动进入B档预定，已知获得A档门票的概率是，若未成功，仍有的概率获得B档门票的机会；而成功获得其他赛事门票的概率均为，且获得每张门票之间互不影响甲预定了一张A档开幕式门票，一张赛事门票；乙预定了两张赛事门票（1）求甲乙两人都没有获得任何门票的概率；（2）求乙获得的门票数比甲多的概率【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设甲、乙获得的门票数分别为、，分别求、的分布列，进而可得结果；（2）“乙获得的门票数比甲多”有3种可能、和，结合（1）中的数据运算求解.【小问1详解】由题意可得：预定一张开幕式门票不成功的概率，成功的概率为，
15、设甲获得的门票数为，则的可能取值为，故，故的分布列为：012设乙获得的门票数为，则，故，故的分布列为：012故甲乙两人都没有获得任何门票的概率.【小问2详解】由（1）可得：乙获得的门票数比甲多的概率.19. 如图（1），已知菱形ABCD中，沿对角线BD将其翻折，使，设此时AC的中点为O，如图（2）（1）求证：点O是点D在平面上的射影；（2）求直线AD与平面BCD所成角的余弦值【答案】（1）证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）利用等腰三角形中线及勾股定理证明线线垂直，然后证明线面垂直，即可判断点在的面上的射影；（2）利用等体积法求出点点A到平面BCD的距离，利用定义求出线面角的正弦值，进一步
16、求出余弦值【小问1详解】连接DO，因为，O为AC的中点，所以，设菱形ABCD的边长为2，又因为，所以，连接BO，则，又因为，所以，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，平面，所以平面，所以点O是点D在平面上的射影；【小问2详解】设点A到平面BCD的距离为h，设菱形ABCD的边长为2，且，则的面积为，则，的面积为，由（1）知，平面，所以，由得，所以，设直线AD与平面BCD所成角为，则，所以，即直线AD与平面BCD所成角的余弦值为20. 数列满足，.（1）若，求证：是等比数列.（2）若，的前项和为，求满足的最大整数.【答案】（1）证明见解析 （2）98【解析】【分析】（1）由已知得，可得，进而得证
17、；（2）利用错位相减结合分组求和可得，结合二项式定理进行放缩，进而得解.【小问1详解】，由已知可得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）得，所以，设，数列的前项和为，则，得，所以，所以，当时，当时，当时，即，所以，所以，所以满足的最大整数为21. 已知曲线与曲线N关于直线对称，且的顶点在曲线N上（1）若为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，求此时该三角形的面积；（2）若三边所在的三条直线中，有两条与曲线M相切，求证第三条直线也与曲线M相切【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意得出曲线N的方程，设出的顶点，求出直线方程并联立可得坐标，结合面积公式即可
18、求解；（2）设出顶点与切线方程，联立直线与抛物线，利用相切条件结合判别式为零即可求解；【小问1详解】因为曲线与曲线N关于直线对称，所以曲线N的方程为，又为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，故不妨设为原点，则直线 的方程为，由解得，进而有，所以的面积为；【小问2详解】设，则有，不妨设直线与曲线M相切，直线 的方程为，化简为，联立得，又因为直线与曲线M相切，所以，即，同理可得，由（1）（2）得：，因为，所以，又直线的方程为，联立得，所以，所以直线也与曲线M相切，22. 已知函数有两个极值点，（1）若，求a的值；（2）若，求a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据取得极值点处导
19、函数等于0即可求解；（2）令，根据，求出，构造函数求出的范围，再构造函数，求出范围即可求解的范围.【小问1详解】依题意知，因为函数有两个极值点，所以，则有有两个根，等价于有两个根，令，则，令，解得，所以时，单调递增，时，单调递减，所以时，取得最大值，又趋向于无穷大时，趋向于0，所以且.若，即，由，解得：或（舍去），所以若，a的值为：.【小问2详解】由（1）知，整理可得，令，所以，易得，令，则，令，则，所以在上单调递减，所以，所以在在上单调递减，所以，即，所以，令，则恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以a的取值范围为：.【点睛】已知函数有零点，求参数取值范围常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.
2023届湖南省株洲市高三年级下册学期一模数学试题【含答案】
