湖南省雅礼十六校2022-2023学年高三上学期第一次联考数学试题解析

雅礼十六校2023届高三上学期第一次联考数学审定：何方蔚李罗思徐宇珩校对：肖志泽肖永浩总分：150分时量：120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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.下列不属于的展开式的项的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】按照二项式定理直接展开判断即可.【详解】由二项式定理可知，，故不是展开式的项.故选：B2.已知非空集合，其中，若满足，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】可设，根据题设条件可得满足的条件，再根据根分布可求实数的取值范围.【详解】，因为非空，故可设，则为方程的两个实数根.设，又，因为，故，所以，解得.故选：A.3.已知复数，与共轭，，且，则的值为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】结合复数减法的模的几何意义、椭圆的定义和标准方程等知识求得正确答案.【详解】依题意，即复数对应的点到点和的距离之和为，而，所以复数对应的点，在以为长轴，为焦距，焦点在轴的椭圆上，椭圆的长半轴为，半焦距为，所以短半轴为，所以椭圆的方程为.与共轭，说明与对应点关于长轴对称，，设，依题意，即，所以，则，即，所以点三点共线，为左焦点，而，表示：与两点的距离、与右焦点的距离、与右焦点的距离，这三个距离之和，即和为.故选：D4.已知三边所对角分别为，且，则的值为（）A.-1B.0C.1D.以上选项均不正确【答案】B【解析】【分析】由题意，先由余弦定理化简整理，再根据正弦定理进行边化角，由三角形内角和结合诱导公式以及二倍角公式，可得答案.【详解】将由余弦定理变换得由正弦定理得，三角变换得，即，变形得，两边同时乘以得，故选：B.5.已知正项数列满足，且，为前100项和，下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先可得，然后由条件可得，然后可得为递减数列，，然后可得，然后可得，然后可证明.【详解】令，则可得，故，将两边同除得，为递减数列，，可得，所以，所以，根据等比数列求和公式得，综上，，故选：C6.长沙市雅礼中学（雅礼）、华中师范大学第一附属中学（华一）、河南省实验中学（省实验）三校参加华中名校杯羽毛球团体赛．这时候有四位体育老师对最终的比赛结果做出了预测：罗老师：雅礼是第二名或第三名，华一不是第三名；魏老师：华一是第一名或第二名，雅礼不是第一名；贾老师：华一是第三名；关老师：省实验不是第一名；其中只有一位老师预测对了，则正确的是（）A.罗老师B.魏老师C贾老师D.关老师【答案】C【解析】【分析】由题意分别假设四位老师正确，再进行逻辑推理，即可得到结果.【详解】由题意，假设罗老师正确，则另外三位老师错误，又因为魏老师与贾老师的说法中一定有一个正确，所以假设错误，A不正确；假设魏老师正确，则另外三位老师错误，但是与罗老师的说法矛盾，所以假设错误，B不正确；假设关老师正确，则另外三位老师错误，但是魏老师与贾老师的说法中一定有一个正确，所以假设错误，D不正确；故贾老师说法正确.故选:C.7.若，（）试比较的大小关系（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先估算出，进而求出的范围，再由求出的范围，最后构造函数估算出即可求解.【详解】由得，故，又，故，由常用数据得，下面说明，令，，当时，，单增，当时，，单减，则，则，则，，令，则，，，则，综上，.故选：D【点睛】本题主要考查指数对数的大小比较，关键点在于通过构造函数求出的范围，放缩得到，再由和结合即可求解.8.已知双曲线，若过点能作该双曲线的两条切线，则该双曲线离心率取值范围为（）A B. C. D.以上选项均不正确【答案】D【解析】【分析】设切线方程为，代入双曲线方程后，方程应为一元二次方程，二次项系数不能为0，然后由判别式得关于的方程，此方程有两个不等的实根，由此可得的范围，从而求得的范围，注意满足二次项系数不为0的条件，即可得结论．【详解】设切线方程是，由得，显然时，所得直线不是双曲线的切线，所以，由得，整理为，由题意此方程有两不等实根，所以，，则（为双曲线的半焦距），，即，代入方程，得，此时，综上，的范围是．故选：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.某市有A，B，C，D四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览A的概率为，游览B，C，D的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X表示该游客游览景点的个数，下列说法正确的是（）A.该游客至多游览一个景点的概率为B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题设确定随机变量X的可能取值，结合各选项的描述，结合对立、互斥事件概率及独立事件乘法公式求出对应，即可判断A、B、C，最后应用随机变量期望公式求判断D.【详解】由题意知，随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，A：游客至多游览一个景点，即游览0个或1个景点，即或，，，游客至多游览1个景点概率为，正确；B：，正确；C：，错误；D：，所以，正确．故选：ABD．10.如果一个无限集中的元素可以按照某种规律排成一个序列（或者说，可以对这个集合的元素标号表示为），则称其为可列集．下列集合属于可列集的有（）A.B.ZC.QD.R【答案】ABC【解析】【分析】根据自然数、整数、有理数、实数的性质，结合题中定义逐一判断即可.【详解】令即可表示所有自然数，故集合N可标号表示，故为可列集，同理，Z为可列集，对于Q，整数与分数统称有理数，由于其区间可由可列个区间组成，故可只讨论区间内的情况．令，当分母为1时，分子只有一种取值，故记作，同理，综上，集合Q可标号表示为，故Q为可列集，有理数与无理数统称实数，而无限不循环小数是无理数，所以实数不是可列集，故选：ABC11.已知某四面体的四条棱长度为，另外两条棱长度为，则下列说法正确的是（）A.若且该四面体的侧面存在正三角形，则B.若且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的体积C.若且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积D.对任意，记侧面存在正三角形时四面体的体积为，记对棱均相等时四面体的体积为，恒有【答案】ACD【解析】【分析】对于A选项，结合余弦定理表示出，进而求得的取值范围.对于BCD选项，利用四面体的体积公式求得的表达式，并求得范围，从而判断出BCD选项的正确性.【详解】对于A选项，如下图所示，四面体中，依题意，不妨设，设是的中点，所以，设，则，在三角形中，由余弦定理得，即，由于，所以，故A选项正确.对于B选项，如下图所示，四面体中，不妨设，设是的中点，则平面，所以平面.设，则，由于，所以.当时，时等号成立，B选项错误.对于C选项，如下图所示，四面体中，不妨设，设是CD的中点，则平面，所以平面.在三角形中，，所以，所以.当且仅当时等号成立.故当时，，即，C选项正确.对于D选项，由上述分析可知，，，，所以D选项正确.故选：ACD12.已知函数，下列说法不正确的是（）A.当时，函数仅有一个零点B.对于，函数都存在极值点C.当时，函数不存在极值点D.，使函数都存在3个极值点【答案】ABD【解析】【分析】由时，即可判断A选项；当时，求导确定函数的单调性即可判断C选项；由C选项即可判断B选项；由的零点个数即可判断D选项.【详解】，，令，则，对于A，当时，，函数无零点，则A错误；对于C，当时，，，，，当时，，即单增，当时，，即单减，则，即函数单增，不存在极值点，C正确；对于B，由C选项知错误；对于D，假设，使函数都存在3个极值点，即存在3个变号零点，又由上知，当时，，即单增，最多只有1个零点；当时，当时，，即单增，当时，，即单减，最多只有2个零点，和存在3个变号零点矛盾，则不存在，使函数都存在3个极值点，D错误.故选：ABD.【点睛】解决极值点问题，关键在于求导后由导数的正负确定函数的单调性，对于导数的正负不好直接确定的，可以通过构造函数，再次求导，进而确定导数的正负，使问题得到解决.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则的最大值为_______．【答案】##【解析】【分析】首先根据题意得到，设，，得到的轨迹方程为：，且点在上，从而得到，再解不等式即可.【详解】变形得，设，，因为点的轨迹方程为：，且点在上，所以，整理得：，即，解得.所以的最大值为.故答案为：14.已知向量与的夹角为，且，，若与的夹角为锐角，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】由题意可得，且与不共线，从而可求出的取值范围.【详解】因为向量与的夹角为，且，，与的夹角为锐角，所以，且与不共线，由，得，所以，化简得，解得或，由与共线，得存在唯一实数，使，所以，得，所以当时，与不共线，综上或，且，所以的取值范围是，故答案为：15.已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作直线分别交双曲线左支和一条渐近线于点（在同一象限内），且满足．联结，满足．若该双曲线的离心率为，求的值_______．【答案】【解析】【分析】先假设，由得，再由点在双曲线上，得到，进而得到，又由点在渐近线上，得到，平方后将，代入得到齐次方程，求得，再平方即可求得离心率.【详解】不妨设，由得，化简得（1），在双曲线上，所以，即，代入（1）解得，，又在渐近线上，，即．两边平方得（2）将和代入（2）得化简得，解得，即．化简得故答案为：【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．16.若关于x的不等式恒成立，则的最大值是________________.【答案】【解析】【分析】由，，原不等式可化为.再利用导数研究函数的图象，根据的图象恒在的图象的上方，对进行分类讨论，即可得到答案.【详解】由，，原不等式可化为.设，则，当时，，递增；，，递减.所以，在处取得极大值，且为最大值；时，.的图象恒在的图象的上方，显然不符题意；当时，为直线的横截距，其最大值为的横截距，再令，可得，所以取得最大值为.此时，，直线与在点处相切.【点睛】本小题主要考查函数的导数及其应用等基础知识；考查抽象概括能力、运算求解能力和创新意识；考查化归与转化、数形结合等思想方法.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．17.定义（1）证明：（2）解方程：【答案】（1）证明见解析（2）方程的解集为【解析】【分析】（1）根据定义结合两角和差得余弦公式分别化简，整理即可得证；（2）因式分解，分和两种情况讨论，构造函数，利用导数结合零点得存在性定理及（1）求出方程的根，从而可得出答案.【小问1详解】证明：①，而②，联立①②两式可得，即；【小问2详解】解：，若，解得，若，则，记，，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，而，∴有且仅有三个零点，即有三个实根，且均位于区间内，记三个实根分别为，由（1）知，∴或，解得，综上所述，方程的解集为.【点睛】本题考查了两角和差的余弦公式，考查了利用导数结合方程的根的问题，考查了分类讨论思想和逻辑推理能力，本题解决第二问的关键在于因式分解，属于难题.18.已知单调递减的正项数列，时满足．为前n项和．（1）求的通项公式；（2）证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过分组分解法化简已知条件，然后构造等差数列，求得的通项公式，进而求得的通项公式.（2）结合分析法、裂项求和法证得不等式成立.【小问1详解】由，得，即，由是单调递减的正项数列，得，则，即，故是以为首项，1为公差的等差数列，则，即.【小问2详解】要证：，只需证：，即证：，即证：，即证：，即证：，即证：，而此不等式显然成立，所以成立.19.如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，平面平面，．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；（2）过作，，垂足分别为，，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可．【小问1详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【小问2详解】过作，，垂足分别为，，连接，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又，且，，平面，所以平面，因为平面，所以，即即为二面角的平面角，不妨设，则可知，且，，因为，所以，所以，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线PD与平面PBC所成角为，则，直线PD与平面PBC所成角的正弦值为20.现有一批疫苗试剂，拟进入动物试验阶段，将1000只动物平均分成100组，任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有9只或10只动物产生抗体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不影响，且产生抗体的概率均为．（1）求该组试验只需第一轮注射的概率（用含的多项式表示）；（2）记该组动物需要注射次数的数学期望为，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解