1、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.1.设全集为，集合，则（ ）A. B.C. D.2.若复数，则（ ）A.B.复数在复平面上对应的点在第二象限C.复数的实部与虚部之积为D.3.的展开式中的常数项为（ ）A. B.60 C.64 D.1204.九章算术.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平面BCD，且，则四面体外接球的表面积为（ ）A. B. C. D.5.已知正实数满足，则的最小值为（ ）A. B.2 C. D.6.已知点
2、，直线，动点到点的距离和它到直线的距离之比为，则的最大值是（ ）A. B.7 C. D.7.已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则的值为（ ）A.107 B.118 C.109 D.1108.已知向量满足，则向量与夹角的最大值是（ ）A. B. C. D.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C.“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立
3、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，其中表示不大于的最大整数，如：，则（ ）A.是增函数 B.是周期函数C.的值域为 D.是偶函数11.设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，的准线与轴交于点，为坐标原点，则（ ）A.线段长度的最小值为4B.若线段中点的横坐标为2，则直线的斜率为1C.D.12.已知函数，若存在，使得成立，则（ ）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，的最小值为三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的最小正周期为_.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
4、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，设第次生长得到的小正方形的个数为，则数列的前项和_.15.已知正四棱柱，则直线与平面所成角的正弦值为_.16.设直线与圆交于两点，当面积的最大值为2时，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.已知的内的的对边分別为，且.（1）求；（2）在重心，内心，外心这三个条件中选择一个补
5、充在下面问题中，并解决问题.若为的_，求的面积.注：如果选择多个条件分別解答，则按第一个解答计分.18.已知数列的各项均为正数，记为的前项和，（且）.（1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式：（2）当时，求证：.19.如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.（1）若点为棱的中点，证明：平面；（2）已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.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：
6、大学大学大学大学2022年毕业人数（千人）76542022年考研人数（千人）（1）已知与具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程；（2）假设该省对选择考研的大学生每人发放万元的补贴.（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）若大学的毕业生中小浙小江选择考研的概率分別为，该省对小浙小江两人的考研补贴总金额的期望不超过万元，求的取值范围.参考公式：.21.已知双曲线的离心率为，且点在上.（1）求双曲线的方程：（2）试问：在双曲线的右支上是否存在一点，使得过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，且？若存在，求出点；若不存在，请说
7、明理由.22.已知函数.（1）当时，证明：（2）若函数在上单调递减，求的取值范围.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12345678答案BABDCCDB8.解法一：不妨设，因为，所以，即，由图可知，向量与夹角的最大值是.解法二：，又，则，即，即，所以，向量与夹角的最大值是.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9101112答案ACBCABDACD11
8、.解析：如图，过作准线的垂线，垂足分别为，设线段的中点为在准线上的射影为.当线段为通径时长度最小为因为，故正确；因为直线为拋物线准线，由抛物线定义可知弦的中点到准线的距离等于，故圆与直线相切，所以点在该圆的圆上或者圆外，故C错误；由题意，设，直线方程为，则可得，所以，所以直线与直线的斜率互为相反数，直线倾斜角互补，所以，故D正确（选项也可用平面几何三角形相似得到），故选：ABD.12.解析：在上单调递增，在上单调递减，又，当时，要使越小，则取，故有，故正确；又与均可趋向于，故错误；当，且，故正确；，令，在单调递减，在单调递增，故D正确，故选：ACD.三填空题（本大题有4小题，单空每空4分，多空
9、每空3分，共20分）13. 14. 15. 16.16.解析：直线的方程可化为，由，解得直线的恒过定点，又点到直线的距离为，因为，则当的面积最大为2时，为等腰直角三角形，圆心到直线的距离为，解得.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，证明过程或演算步骤）17.解：（1），则，即，即有，（2）若选为的重心，若选为的内心，设内切圆半径为，则有，则有，此时；若选为的外心，设外接圆半径为，则，解得，如图，此时，18.解：（1）且，当时，又，所以，数列是以为首项，公差为1的等差数列，所以.当时，又满足上式，数列的通项公式为.另解：当时，当时，满足上式，所以的通项公式为.（2）当时
10、，故所以对，都有.19.解：（1）方法一：延长交于点，连接，在中，是的平分线，且，点是的中点，又是的中点，又平面平面，直线平面.方法二：取的中点为，连接，为的中点，又平面平面，平面，又在四边形中，则，又因为为的中点，所以，所以，可得平面，由得平面平面，又平面平面，直线平面.（2）在中，则，即，由已知得，又平面平面平面所以平面，即，所以以为二面角的平面角，所以，又，所以为正三角形，取的中点为，连，则平面如图建立空间直角坐标系，则，所以，设分别为平面和平面的法向量，则，即，取，则，即，取，则，所以则平面和平面所成夹角的余弦值为.20.解：（1）由题意得，又所以故得关于的线性回归方程为.（2）（i）
11、将代入，估计该省要发放补贴的总金额为（万元）（ii）设小浙小江两人中选择考研的人数为，则的所有可能值为故的取值范围为.21.解：（1）因为，所以，即，又点在双曲线图象上，所以，即，解得，所以双曲线.（2）由已知点在以为直径的圆上，又点在上，则有方程组解得直线的方程为，设直线与渐近线的交点分别为，由解得，由解得，所以，又点到直线的距离为，则三角形的面积，又因为，所以，由已知，解得，即，因为点在双曲线右支上，解得，即点或.22.解：（1）当时，要证，即证，设，令，解得，所以在上递增，在上递减，则，所以，即成立，所以成立.（2）因为对任意的在上单调递减，所以恒成立，即在上恒成立，解法一：令，则，令，则，所以在上为增函数，又因为，所以，使得，即，当时，可得，所以在上单调递减；当时，可得，所以在上单调递增，所以，由，可得，又由，所以在上单调递增，所以，可得，所以，即，所以，即得.解法二：先证，设函数，令，解得，在上单调递增，即成立.设，在上单调递增，存在，使得.今，则，当时，即时，取等号.，即得
