江西省宜春市八校2023屆高三第一次聯考數學（理）試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、單選題1．已知集合，則（    ）A． B． C． D．2．若函數的兩個零點為則（   ）A． B．C． D．3．關于復數 的四個命題：：，：，：的共軛復數為，：z的虛部為-1.下列是真命題的為（    ）A． B． C． D．4．圖是第七屆國際數學教育大會的會徽圖案，會徽的主體圖案是由如圖所示的一連串直角三角形演化而成的，其中，如果把圖中的直角三角形繼續(xù)作下去，記，，，的長度構成的數列為，則 （    ）A． B． C． D．5．若，則（    ）A． B． C． D．6．2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔爾舉行.現要安排甲?乙等5名志愿者去，，三個足球場服務，要求每個足球場都有人去，每人都只能去一個足球場，則甲?乙兩人被分在同一個足球場的安排方法種數為（    ）A．18 B．36 C．60 D．727．已知函數，若成立，則實數a的取值范圍為（    ）A． B．C． D．8．截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經過適當的截角而得到．如圖，將棱長為6的正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面截角得到所有棱長均為2的截角四面體，則該截角四面體的體積為（    ）A． B． C． D．9．已知函數滿足（其中是的導數），若，，，則下列選項中正確的是（    ）A． B． C． D．10．已知實數x，y滿足，則的取值范圍是（    ）．A． B．C． D．11．如果不是等差數列，但若，使得，那么稱為“局部等差”數列．已知數列的項數為4，其中，，2，3，4，記事件：集合；事件：為“局部等差”數列，則（    ）A． B． C． D．12．設P為雙曲線右支上的點，分別為C的左、右兩個焦點，若（O為坐標原點），且，則C的離心率為（    ）A． B． C． D． 二、填空題13．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的值為___________.14．已知函數，且對任意實數x都有，則的值為__________．15．已知一組數據，，，…，的平均數為，方差為.若，，，…，的平均數比方差大4，則的最大值為__________．16．半徑為的兩圓和圓外切于點，點是圓上一點，點是圓上一點，則的取值范圍為_______. 三、解答題17．在中，角，，的對邊分別是，，，滿足.(1)求角；(2)若點D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面積的最小值.18．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，E是側棱BB1上一點.  (1)若BE＝B1E，證明：CC1⊥平面AC1E；(2)若，求二面角的余弦值.19．已知橢圓:過點，且離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)過點且互相垂直的直線,分別交橢圓于,兩點及兩點.求的取值范圍.20．設，，且a、b為函數的極值點(1)判斷函數在區(qū)間上的單調性，并證明你的結論；(2)若曲線在處的切線斜率為，且方程有兩個不等的實根，求實數m的取值范圍.21．已知數列中，，．(1)求的通項公式；(2)若數列中，，證明：，（）．22．在平面直角坐標系xOy中，直線l的直角坐標方程為，曲線C的參數方程為（為參數）．以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．(1)求直線l和曲線C的極坐標方程；(2)若直線l與曲線C交于A，B兩點，求．23．設函數.(1)求不等式的解集；(2)若，且，求的最小值.
參考答案：1．B【分析】根據基本不等式求得集合，解一元二次不等式得集合，即可得集合的交集.【詳解】∵，當且僅當時，等號成立，∴，又∵，∴.故選：B.2．C【分析】由題知，再根據定積分的幾何意義求解即可.【詳解】解：令得，故，所以，，由定積分的幾何意義，表示以原點為圓心，為半徑的半圓的面積，所以，.故選：C3．C【分析】先利用復數除法運算化簡復數，然后求解復數的模、共軛復數、虛部及，從而確定命題的真假，再根據真值表逐一判斷選項即可.【詳解】因為復數，所以，z的虛部為-1，，的共軛復數為，所以錯誤，正確，由真值表知：為真命題，，，均為假命題.故選：C4．C【分析】根據題意可推出，且，從而說明數列是以為首項，為公差的等差數列，求得數列的通項公式，即可求得答案.【詳解】由題意知，，，，，，都是直角三角形，，且，故，數列是以為首項，為公差的等差數列，．又，，數列的通項公式為，，故選：C．5．C【分析】先由誘導公式求出的值，再利用拆分角求得結果.【詳解】由，得.故選：C.6．B【分析】依題意分為有人一組包含甲?乙，其余人各一組，再分到三個足球場，或者是甲、乙兩人一組，另有人一組，其余一人一組，再分到三個足球場，先分組，再分配，利用分類、分步計數原理計算可得.【詳解】由題意可知這人去，，三個足球場服務，情況為：有人一組包含甲?乙，其余人各一組，再分到三個足球場，或者是甲、乙兩人一組，另有人一組，其余一人一組，再分到三個足球場，故將人按、、分成三組，且甲?乙在同一組的分組方法有種，將人按、、分成三組，且甲?乙在同一組的分組方法有種，則甲?乙兩人被分在同一個足球場的安排方法種數為，故選：B7．B【分析】設，則可得為偶函數，且在單調遞增，所以的圖象關于直線對稱，在單調遞增，則將轉化為，從而可求出實數a的取值范圍.【詳解】設，因為，所以為偶函數，所以的圖象關于直線對稱，所以的圖象關于直線對稱，設，則，令，則，得，所以在上遞增，因為函數在定義域上單調遞增，所以在單調遞增，所以在單調遞增，因為，所以，所以，化簡得，解得．所以實數a的取值范圍為，故選：B【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵是根據已知條件判斷出的圖象關于直線對稱，在單調遞增，從而可求解不等式.8．C【分析】求出棱長為1的正四面體的體積結合條件即得.【詳解】截角四面體的體積為大正四面體的體積減去四個相等的小正四面體體積，因為棱長為1的正四面體的高，則棱長為1的正四面體的體積，所以該截角四面體的體積為．故選：C．9．A【分析】根據已知條件構造函數，利用導數法求函數的單調性及指數函數的單調性，結合不等式的性質即可求解.【詳解】由，得，令，，則，所以在上恒成立，所以在上為減函數，因為，且在上單調性遞增；所以，所以，所以，所以，即．故選：A.【點睛】關鍵點睛：解決此題的關鍵是構造函數，利用導數法求函數的單調性，結合指數函數的單調性及不等式的性質即可.10．A【分析】對的正負分類討論，去掉絕對值轉化為相應的曲線方程，根據的幾何意義利用點到直線的距離公式即可求解.【詳解】依題意，當時，方程為，是雙曲線在第一象限的部分；當時，方程為，不能表示任何曲線；當時，方程為，是雙曲線在第三象限的部分；當，方程為，是橢圓在第四象限的部分；其圖象大致如圖所示：的幾何意義是曲線上的點到直線的距離的兩倍，雙曲線的漸近線與平行，所以曲線在第一、三象限上的點到 的距離，由圖象可知直線與橢圓在第四象限的部分相切時，距離取得最小值，設切線為：且，由，可得，由，解得或（舍去），所以曲線在第四象限上的點到的距離.所以的取值范圍是：.故選：A.【點睛】(1)本題是線性規(guī)劃的綜合應用，考查的是非線性目標函數的最值的求法．(2)解決這類問題的關鍵是利用數形結合的思想方法，給目標函數賦于一定的幾何意義．11．C【分析】分別求出事件與事件的基本事件的個數，用=計算結果.【詳解】由題意知，事件共有個基本事件，對于事件，其中含1，2，3的“局部等差”數列的分別為1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3個，含3，2，1的“局部等差”數列的同理也有3個，共6個；含3，4，5的和含5，4，3的與上述相同，也有6個；含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2個；含4，3，2的同理也有2個；含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4個；含5，3，1的同理也有4個，所以事件共有24個基本事件，所以．故選：C12．C【分析】根據雙曲線的定義及離心率結合應用正余弦定理，找到關系的齊次式求解即可.【詳解】設，因為，所以，又因為，所以設，則，在中，在中，所以，又因為雙曲線定義，所以.在中，由余弦定理得，可得，即得，，所以故選：C.13．/【分析】根據程序框圖依次求解即可.【詳解】第1次，因為，所以，第2次，因為，所以，第3次，因為，所以，因為不成立，所以輸出，故答案為：14．/0.96【分析】由得函數的圖象關于直線對稱，結合正弦函數的性質得，求出，再利用齊次式法計算作答.【詳解】因為對任意實數x都有，則函數的圖象關于直線對稱，而，其中銳角由確定，因此當時，函數取得最值，即為的極值點，又，于是，即，解得，所以.故答案為：15．-1【分析】設新數據的平均數為，方差為，可得，，由新數據的平均數比方差大4可得，可得，代入可得其最大值.【詳解】解：設新數據，，，…，的平均數為，方差為，可得：，，由新數據平均數比方差大4，可得，可得，可得：，由，可得，可得當時，可得的最大值為：，故答案為：.【點睛】本題主要考查數據的平均數、方差及其計算，屬于中檔題.16．【分析】設點關于點的對稱點為，則點在圓上，計算可得出，求出的取值范圍，即可得出的取值范圍.【詳解】設點關于點的對稱點為，則點在圓上，所以，，因為，所以，，因為，當且僅當、同向且、反向時，，當時，則，所以，，所以，，所以，，因為，則，故當且四邊形為菱形時，，因此，.故答案為：.17．(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理邊角化即可求解，（2）由面積公式以及基本不等式即可求解.【詳解】（1）由可得：，由余弦定理知，，又，因此.-（2）∵ ，即 ，∴ ≥∴ab≥，當且僅當b=2a，即a=，b=取等號 ∴=≥∴△ABC面積的最小值為18．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）設，交于點，連接，，可證，，進而可證平面，進而，，可證結論；（2）過作，垂足為，以為坐標原點，，所在直線分別為，軸建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量與平面的一個法向量，利用向量法求二面角的余弦值．【詳解】（1）證明：如圖，設，交于點，連接，，  因為四邊形是菱形，，，所以，.因為，，平面，，所以平面，因為平面，所以，連接，，所以，因為，所以，所以.因為，所以，所以.因為，平面，，所以平面.（2）過作，垂足為，因為平面，平面，所以，又，，平面，，所以平面.如圖，以為坐標原點，，所在直線分別為x，y軸建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，因為，所以，  則，所以.易知平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則，即，令，則，，所以.設二面角的大小為，所以，由圖可知二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.19．(1)(2) 【分析】（1）根據橢圓過點，且離心率為列方程組求得的值，即可得橢圓的方程；（2）討論直線的斜率不存在時，直線的斜率不存在時，求各交點坐標即可得的取值，再討論直線,的斜率均存在，不妨設直線的方程為，則直線的方程為，，聯立直線與橢圓得交點坐標關系，利用弦長公式即可求得的范圍，綜合可得答案.【詳解】（1）橢圓:過點，且離心率為所以，解得，所以橢圓的方程為；（2）當直線的斜率不存在時，則直線：，代入橢圓方程得，所以；直線：，代入橢圓方程得，所以，所以；當直線的斜率不存在時，同理可得；當直線,的斜率均存在，不妨設直線的方程為，則直線的方程為，，則，消去得，恒成立，所以，所以；同理可得，將換成可得所以，綜上所述，的取值范圍是.20．(1)在區(qū)間，上單調遞增，證明見解析.(2) 【分析】（1）求導得，則，利用韋達定理得，則，分析出，根據其導數與單調性關系即可得到答案.（2）根據求出，則，求導，求出其極值，作出其函數圖象，利用直線與交點個數即可得到答案.【詳解】（1）依題設方程，即方程的兩根分別為a、b∴∴因為，且，則，∴，∴當且時，，∴在區(qū)間，上單調遞增.（2）由，得，∴，∴，時或，當x在上變化時，，的變化情況如下： 00++0 極小值極大值∴的大致圖象如圖,∴方程有兩個不等根時，轉化為直線與函數的圖象有兩交點，則.  21．(1)，(2)證明見解析 【分析】（1）由題意可得，即數列是首項為，公比為的等比數列，由等比數列的通項公式即可求出的通項公式；（2）由用數學歸納法證明即可.【詳解】（1）由題設：，，，．所以，數列是首項為，公比為的等比數列，＝，即的通項公式為，．（2）用數學歸納法證明．（ⅰ）當時，因，，所以，結論成立．（ⅱ）假設當時，結論成立，即，也即．當時，，又，所以．也就是說，當時，結論成立．根據（ⅰ）和（ⅱ）知，．22．(1)，(2) 【分析】（1）根據同角的三角函數關系式中的平方和關系進行消參，結合極坐標方程與直角坐標方程互化公式進行求解即可；（2）結合（1），聯立直線l與曲線C，可得到關于的一元二次方程，設點A，B對應的極徑分別為，，根據極徑的定義和韋達定理即可得到，，代入求解即可．【詳解】（1）由于直線l過原點，且傾斜角為，故其極坐標方程為．由曲線C的參數方程為（為參數），得曲線C的普通方程為，即，則C的極坐標方程為．（2）由，得，設點A，B對應的極徑分別為，，則，．∴．23．(1)(2). 【分析】（1）討論的范圍去掉絕對值號，得出，然后在每段函數上解不等式即可得出答案；（2）根據條件得出，且，，然后可得出，然后根據基本不等式即可求出最小值．【詳解】（1），①解，得；②時，恒成立；③解，得，綜上得，的解集為；（2），，，，，當且僅當即時取等號，的最小值為． 

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