2023届浙江省慈溪中学等名校新高考研究联盟(Z20)高三上学期第一次联考数学试卷 PDF版

一次联考 数学试题

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.

∣x3x0,Bx∣x1，则AðRB（ ） 1.设全集为R，集合AxA.{x∣0x1} B.{x∣1x3} C.{x∣0x3} D.{x∣x3} 2.若复数zA.z5

B.复数z在复平面上对应的点在第二象限 C.复数z的实部与虚部之积为12 D.z34i

217i，则（ ） 1iw13.2x的展开式中的常数项为（ ）

xA.60 B.60 C.64 D.120

4.《九章算术.商功》中，将四个面都是直角三角形的四面体成为鳖臑.在鳖臑ABCD中，AB

6平面BCD，BCCD，且AB1,BC2,CD3，则四面体ABCD外接球的表面积

为（ ）

14 B.7 C.13 D.14 3145.已知正实数x,y满足4xy，则xy的最小值为（ ）

xyA.

A.132 B.2 C.213 D.214 6.已知点A4,0,B0,4，直线l:x为4:5，则PB的最大值是（ ） A.41 B.7 C.52 D.213 7.已知函数fx的定义域为R，且fx1fx12,fx2为偶函数，若

25，动点P到点A的距离和它到直线l的距离之比4f00，f(k)111，则n的值为（ ）

k1nA.107 B.118 C.109 D.110

rrrrrrrrrrrrr8.已知向量a,b,c满足a1,2ab0,2cacb，则向量cb与a夹角的最大值是

（ ）

A.

 B. C. D.

64312二､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.盒中装有大小相同的5小球（编号为1至5），其中黑球3个，白球2个.每次取一球（取后放回），则（ ） A.每次取到1号球的概率为B.每次取到黑球的概率为

1 52 5C.“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件 D.“每次取到3号球”与“每次取到4号球”是对立事件

10.已知函数fxxx，其中x表示不大于x的最大整数，如：0.20,1.22，则（ ）

A.fx是增函数 B.fx是周期函数 C.f2x的值域为0,1 D.f2x是偶函数

11.设抛物线C:x24y的焦点为F，过点F的直线与C交于A,B两点，C的准线与y轴交于点M，O为坐标原点，则（ ） A.线段AB长度的最小值为4

B.若线段AB中点的横坐标为2，则直线AB的斜率为1 C.AMB2D.AMOBMO

lnx12.已知函数fx,gxxex，若存在x10,,x2R，使得

xfx1gx2k成立，则（ ）

xA.当k0时，x1x21 B.当k0时，x1e22e

C.当k0时，x1x21 D.当k0时，

x2k1e的最小值为 x1e三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.函数ysin2x的最小正周期为____________. 614.毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被成为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”.毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为1的正方形的一边作为斜边，向外做等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到2个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第n次生长得到的小正方形的个数为an，则数列an的前n项和Sn____________.

15.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1,AA11,AB2，则直线AA1与平面B1CD1所成角的正弦值为____________.

16.设直线l:a2xa1y3a30aR与圆C:x2(y1)2r2(r0)交于

A,B两点，当VABC面积的最大值为2时，a的值为____________.

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.已知VABC的内的A,B,C的对边分別为a,b,c，且b（1）求B；

（2）在①重心，②内心，③外心这三个条件中选择一个补充在下面问题中，并解决问题. 若a5,c3,O为VABC的____________，求VOAC的面积. 注：如果选择多个条件分別解答，则按第一个解答计分. 18.已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，

3sinAcosCcacosB.

a11,anSnSn111（nN*且n2）. Sn1Snnn（1）求证：数列

*S是等差数列，并求a的通项公式：

1111L. （2）当nN,n2时，求证：222a21a31an1419.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面

ABCD,PAAD2,BD4,AB23，BD是ADC的平分线，且BDBC.

（1）若点E为棱PC的中点，证明：BE∥平面PAD；

（2）已知二面角PABD的大小为60o，求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值. 20.随着时代的不断发展，社会对高素质人才的需求不断扩大，我国本科毕业生中考研人数也不断攀升，2020年的考研人数是341万人，2021年考研人数是377万人.某省统计了该省其中四所大学2022年的毕业生人数及考研人数（单位：千人），得到如下表格： 2022年毕业人数x（千人） 2022年考研人数y（千人） A大学 7 B大学 6 C大学 5 D大学 4 0.5 0.4 0.3 0.2 ˆa（1）已知y与x具有较强的线性相关关系，求yx关于的线性回归方程yˆbxˆ；

（2）假设该省对选择考研的大学生每人发放0.5万元的补贴.

（i）若该省大学2022年皆业生人数为8千人，估计该省要发放补贴的总全额：

（ii）若A大学的毕业生中小浙､小江选择考研的概率分別为p,3p1，该省对小浙､小江两人的考研补贴总金额的期望不超过0.75万元，求p的取值范围.

nn参考公式：bxxyyxynxyiiiii1xxii1n2i1n,aybx.

xi12inx2x2y22321.已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为，且点3,2在C上. ab3（1）求双曲线C的方程：

（2）试问：在双曲线C的右支上是否存在一点P，使得过点P作圆x2y21的两条切线，切点分别为A,B，直线AB与双曲线C的两条渐近线分别交于点M,N，且SVMON若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 22.已知函数fxxlnxx（1）当a3？3312ax,aR. 22时，证明：fx0： 2ex2（2）若函数Hxfxx1eaxx在0,上单调递减，求a的取值范围.

Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2023届高三第

一次联考 数学参考答案

一､单选题（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 答案 1 B 2 A 3 B 4 D 5 C 6 C 7 D 8 B rrr8.解法一：不妨设a1,0,b2,0,cx,y， rr1rr因为cacb，

2所以(x1)y221(x2)2y2， 2r即x24xy20，

由图可知，向量cb与a夹角的最大值是

rrrrrrrrrrrr解法二：Q2|ca||cb|,2|cbba||cb|，

rrrrrrr又Qb2a,2cb3acb，

. 6rr2rrrr2rr2则4(cb)6acb9a(cb)， rr2rrrrrr(cb)12rr2即(cb)8acb120，即acb，

8rrrrr2rr2acbr(cb)12212(cb)3rrrr所以cosa,cbrrr， rr2acb8cb8cb向量cb与a夹角的最大值是

rrr. 6

二､多选题（本大题共4小题，每小题5分共20分每小题列出的四个选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）

题号 9 10 11 12 答案 AC BC ABD ACD 11.解析：如图，过A､B作准线y1的垂线，垂足分别为H､G，设线段AB的中点为C,C在准线上的射影为D.当线段AB为通径时长度最小为2p4 因为kABx1x21，故B正确； 2p因为直线y1为拋物线准线，

由抛物线定义可知弦AB的中点到准线的距离CD等于

11BGAHAB， 22故圆与直线y1相切，所以点M在该圆的圆上或者

圆外，故C错误；

2x12x2M0,1Ax,,Bx,由题意，设12，直线AB方程为ymx1，

44ymx1则2可得x24mx40，所以x1x24m,x1x24， x4ykMA2x12x211xx11

41,kMB42x14x1x24x2kMAkMBx11x21x1x2x1x2x1x2x1x20, 4x14x24x1x244所以直线MA与直线MB的斜率互为相反数，直线倾斜角互补，所以AMOBMO，故D正确（D选项也可用平面几何三角形相似得到）， 故选：ABD. 12.解析：Qfx调递减，

lnx1lnx,fx,fx在0,e上单调递增，在e,上单2xxlnx1lnex2x2k， 又Qx1e当k0时，要使x1x2越小，则取x1ex21，故有x1x21，故A正确；

又x1与ex2均可趋向于，故B错误；

x当k0,x1e2，且x10,1,x1x2x1lnx11，故C正确；

x2kekek，令gkkek,k0,gkk1ek， x11gk在,1单调递减，在1,0单调递增，gkg1，故D正确，

e故选：ACD.

三､填空题（本大题有4小题，单空每空4分，多空每空3分，共20分）

13. 14.2n12 15.

6 16.13

a3216.解析：直线l的方程可化为axy32xy30，

2xy30由，解得直线l的恒过定点2,1，

xy304a24a2d又点C到直线l的距离为， 222(a2)(a1)2a2a5121rsinBCAr22r2， 22则当VABC的面积最大为2时，VABC为等腰直角三角形，

4a2r2， 圆心C到直线l的距离为d222a2a5因为SVABC13. 2四､解答题（本大题有6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过

解得a程或演算步骤）

17.解： （1）Qb3sinAcosCcacosB，

sinB3sinAcosCsinCsinAcosB，

则3sinAsinBsinBCsinAcosB，即3sinAsinBsinAsinAcosB，

QsinA0,3sinBcosB1，即有sinB1， 62QB27,,B 6663（2）若选①O为VABC的重心， 11153SVOACSVBACacsinB;

3324

若选②O为VABC的内心，

Qb2a2c22accosB49,b7,

设内切圆半径为r，则有则有r1153

，abcrSVABC243173

，此时SVaACbr；224

若选③O为VABC的外心，

Qb2a2c22accosB49,b7，

设外接圆半径为R，则2R如图，AOCb73，解得R， sinB32， 3

此时，SVOAC18.解： （1）Q12493RsinAOC. 212anSnSn111nN*且n2， Sn1SnanSnSn1,

当n2时，SnSn1SnSn1， SnSn1SnSn1SnSn1，

又Qan0，所以SnSn10，

SnSn11n2，

数列

S是以nS1a11为首项，公差为1的等差数列，

Sn1n11n，所以Snn2.

当n2时，anSnSn1nn12n1，

又Qa11满足上式，

数列an的通项公式为an2n1.

另解：

当n2时，anSnSn1n(n1)2n1， 当n1时，a11，满足上式， 所以an的通项公式为an2n1. （2）当n2时，

2211111， 2an14n24n4n1n故

111111111111LL1 22a21an141223n1n4n4*111L. 所以对nN,n2，都有22a21an1419.解：

（1）方法一：延长CB,DA交于点F，连接PF， 在VCDF中，

QBD是ADC的平分线，且BDBC，

点B是CF的中点， 又QE是PC的中点， BE∥PF，

又PF平面PAD,BE平面PAD， 直线BE∥平面PAD.

方法二：取CD的中点为G，连接GE，

QE为PC的中点，GE∥PD， 又PD平面PAD,GE平面PAD， GE∥平面PAD，① 又在四边形ABCD中，

AD2,BD4,AB23，

则BAD90o,BDABDC60o， 又因为BDBC,G为CD的中点， 所以DBGBDA60o，

所以AD∥BG，可得BG∥平面PAD，② 由①②得平面BEG∥平面PAD，

又BE平面BEG,BE平面PAD，

直线BE∥平面PAD.

（2）在VABD中，AD2,BD4,AB23， 则BAD90o，即BAAD，

由已知得BDCBDA60o,CD8， 又平面PAD平面ABCD,BA平面ABCD 所以BA平面PAD，即BAPA，

所以以PAD为二面角PABD的平面角， 所以PAD60o，

又PAAD2，所以VPAD为正三角形，

取AD的中点为O，连OP，则OPAD,OP平面ABCD, 如图建立空间直角坐标系，

则A1,0,0,B1,23,0,C5,43,0,D1,0,0,P0,0,3，

uuur所以DP1,0,rr设mx1,y1,z1,nx2,y2,z2分别为平面PBD和平面PCD的法向量，则

rruuurmDP0x13z10y1m，即，取1，则3,1,1， rruuumBD02x123y10rruuurnDP0x23z20y1n3,1,1， ，即，取，则uuurr2nDC04x243y20rrmn3rr所以cosm,nrr

mn5uuur3,BD2,2uuur3,0,DC4,43,0，

则平面PBD和平面PCD所成夹角的余弦值为20.解：

（1）由题意得x又

3. 545670.20.30.40.55.5,y0.35，

44xyii14i14i70.560.450.340.28.2

xiyi4xy8.245.50.350.5

Qxi272625242126

i144xi24x212645.525

i1ˆbxy4xyiii144xi12i4x20.50.1, 5ˆ0.350.15.50.2 所以aˆybx故得y关于x的线性回归方程为y0.1x0.2.

（2）（i）将x8代入y0.1x0.20.180.20.6， 估计该省要发放补贴的总金额为0.610000.5300（万元）

（ii）设小浙､小江两人中选择考研的人数为X，则X的所有可能值为0,1,2

PX01p23p3p25p2

PX11p3p1p23p6p26p1 PX2p3p13p2p

EX03p25p26p26p113p2p24p1

E0.5X0.54p10.75p5 811503p11,p1,p

33815故p的取值范围为,.

3821.解： （1）因为e42c23222，所以caab，即a23b2， 3a3x2y2又点3,2在双曲线C:221(a0,b0)图象上，

ab9292所以221，即221，解得b21,a23，

ab3bbx2所以双曲线C:y21.

322x0y0x0y0（2）由已知点A,B在以OP为直径的圆xy上， 2242222x0y0x0y0,xy 又点A,B在x2y21上，则有方程组224x2y21,22解得直线AB的方程为x0xy0y1， 设直线AB与渐近线y33x,yx的交点分别为M,N， 333x0xy0y1,13， ,由解得M333x,yxyxy0300033x0xy0y1,1,由解得N33x,yxy0x0033所以

233， 3y032332322x0y01133， 3MN1233332xy0y0x0y0x0y0x0y00x033333又点O到直线AB的距离为d122x0y0，

2322x0y0111313 则三角形MON的面积SMNd，

22112232222x0y0x0y0x0y0333132x0S22， 又因为y01，所以338y298y0303由已知S32，解得y03，即y03， 33因为点P在双曲线右支上，解得x023， 即点P23,3或P23,3. 22.解：

1212fxxlnxxxxlnx1时，e2e2e21要证fx0，即证lnx12x0，

e1设gxlnx12x,x0，

e11令gx20，解得xe2，

xe（1）当ax， 所以gx在0,e则g(x)maxge2上递增，在e,上递减，

22lne2112e0， e2所以gx0，即lnx1所以fx0成立.

1x0成立， e2（2）因为对任意的x0,Hx在0,上单调递减，所以Hx0恒成立，

xexlnx1即a在0,上恒成立，

xxexlnx1x2exlnx解法一：令Fx， (x0)，则Fx2xx12x2x令hxxelnx，则hxx2xe0，

x所以hx在0,上为增函数，

2又因为h1e0,h1e1ee10，

2ee2x所以x0,1，使得hx00，即x0e0lnx00，

1e11e当0xx0时，hx0，可得Fx0，所以Fx在0,x0上单调递减； 当xx0时，hx0，可得Fx0，所以Fx在x0,上单调递增， 所以F(x)minx0ex0lnx01Fx0，

x01lnx0111lnx0x02x0lnlne， 由x0elnx00，可得x0ex0x0x0x01令txxex,则tx0tln,

x0x又由txx1e0，所以tx在0,上单调递增，

所以x0ln所以F(x)min即得a1.

解法二：先证ex1x0，

x11x0xelnxx，可得，即x0e01， 00，所以

x0x0x0ex0lnx011x01Fx01，

x0x0设函数hxex1，令hxe10，解得x0，

xxhx在0,上单调递增，hxh00，即exx1成立.

设kxlnxx(x0)，

110,kx在0,上单调递增， x11Qk10,k110，

eeQkx存在x00,，使得lnx0x00.

xexlnx1今Fx(x0)，

xetanxexlnx1elnxxlnx1lnxx1lnx1则Fx1，

xxx当lnxx0时，即xx0时，取等号. F(x)min1，

即得a1