1、绝密启用前永州一中2023年高三元月大联考数学注意事项：本卷满分150分，考试时间120分钟.1.答卷前，考生务必将自己的姓名考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D.2.已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内所对应的点的坐标是（ ）A.
2、B. C. D.3.已知为等差数列的前项和，则（ ）A.1 B.2 C.3 D.44.全球智能手机市场销量持续增长乏力已经是不争的事实，但折叠屏手机却走出逆势，成为行业唯一增长的高端机品类.下图是某数据公司统计的2022年第一季度中国折叠屏手机市场份额.现有2022年第一季度中国折叠屏手机市场份额超过5%的品牌折叠屏手机各一部，从中任取2部手机，则其中有品牌折叠屏手机的概率为（ ）A. B. C. D.5.在平面内，是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为（ ）A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线6.已知直线是圆的一条对称轴，设直线与轴的交点为，将直线绕点按顺时针方向旋转得到直线，则直线被圆截得
3、的弦长为（ ）A.1 B. C.2 D.7.已知，则的大小关系为（ ）A. B.C. D.8.四面体的各个顶点都在球的表面上，两两垂直，且是线段上一点，且，过作四面体外接球的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是（ ）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.已知函数，则下列结论中正确的是（ ）A.为函数的一个周期B.是曲线的一个对称中心C.若函数在区间上单调递增，则实数的最大值为D.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象10.已知抛物线的焦点为，
4、准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（ ）A.准线的方程为B.若过焦点的直线交抛物线于两点，且，则C.若，则的最小值为3D.延长交抛物线于点，若，则11.若实数满足，则的值可以是（ ）A.1 B. C.2 D.12.如图，已知正三棱柱中，为的中点，直线与平面的交点为，则以下结论正确的是（ ）A.B.直线平面C.在线段上不存在一点使得D.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，其中为自然对数的底数，则曲线在处的切线方程为_.14.的展开式中所有有理项的系数之和为_.15.已知，且，则_.16.已知为坐标原点，双曲线
5、的左右焦点分别是，离心率为，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，若点满足，则的最小值为_.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.（10分）已知数列的前项和为，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）若，数列的前项和为，求证：.18.（12分）已知在中，点在边上且满足.（1）若的面积为，求的值；（2）若，求的大小.19.（12分）近年来，短视频作为以视频为载体的聚合平台，社交属性愈发突出，在用户生活中覆盖面越来越广泛，已逐渐成为社交平台发展的新方向，同时发展了利用短视频平台进行直播带货，成就了一批带货主播.国内短视频领域，已知甲公司和
6、乙公司两家购物平台所售商品类似，存在竞争关系.（1）现对某时段100名观看过这两家短视频的用户与使用这两家购物平台购物的情况进行调查，得到如下数据：选择甲公司购物平台选择乙公司购物平台合计用户年龄段岁401050用户年龄段岁203050合计6040100根据小概率值的独立性检验，能否认为使用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄有关？（2）（i）若小李第一天等可能地从甲乙两家中选一家平台购物，如果第一天去甲平台，那么第二天去甲平台的概率为；如果第一天去乙平台，那么第二天去甲平台的概率为0.8.求小李第二天去甲平台购物的概率；（ii）双十一这天，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”抢购活动，
7、小李一家三人能下单成功的概率均为，三人是否抢购成功互不影响.若为三人下单成功的总人数，且，求的取值范围.参考公式：，其中.独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值表：20.（12分）如图，已知矩形的长为4，宽为，点是边上的点，且.如图，将沿折起到的位置，使得平面平面，平面平面.（1）求证：平面；（2）在线段（不包含端点）上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.21.（12分）已知为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，当的周长取得最大值8时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，若，直线与
8、直线交于点，记直线的斜率分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.22.（12分）设函数，其中为自然对数的底数.（1）若存在极值，求实数的取值范围；（2）当时，不等式恒成立（为的导函数），求实数的值.永州一中2023年高三元月大联考数学全解全析及评分标准123456789101112BCDBACAAABDBCDBCAB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，只有一个选项是符合题目要求的.1.B 【解析】，即，由，得.故选B.2.C 【解析】由，得，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，故选C.3.D 【解析】方法一：设等差数列的公差为，由，得
9、，即，解得，所以，则，故选D.方法二：设等差数列的公差为，因为，所以.由可得，由得，所以，则，故选D.4.B 【解析】方法一：由题意，知市场份额超过的折叠屏手机品牌有，且现有这四个品牌手机各1部，共4部，从中任取2部手机，有品牌折叠屏手机的概率为，故选.方法二：由题意，知市场份额超过的折叠屏手机品牌有，且现有这四个品牌手机各1部，共4部，从中任取2部手机，基本事件有，共6种，其中有品牌折叠屏手机的是，共3种，所以所求概率为.故选B.5.A 【解析】设为线段的中点，.因为，所以，所以，所以，当点在点或时也满足，所以点的轨迹为以线段为直径的圆.故选.6.C 【解析】根据题意，得点在直线上，所以，所
10、以，故圆的圆心坐标为，半径为.由直线得直线与轴的交点为，所以，所以圆心到直线的距离为，故直线被圆截得的弦长为.故选C.7.A 【解析】因为，所以.因为，所以，又，所以，所以，故选A.8.A 【解析】设所得截面圆的面积为，半径为，由两两垂直可将四面体放入长方体中，如图所示，易得外接球半径，过作球的截面，所得截面圆的面积最大时为过球心的圆面，；所得截面圆的面积最小时为与最大截面垂直的圆面.在内，所以，所以，所以，即，所以.故选A.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.ABD 【解析】对于：函数
11、的最小正周期为，所以为函数的一个周期，故A正确；对于B：令，解得，当时，所以点是曲线的一个对称中心，故B正确；对于：由，得，令，得，因为在区间上单调递增，所以实数的最大值为，故C错误；对于D：将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，易知为偶函数，故D正确.综上，故选ABD.10.BCD 【解析】因为抛物线的方程为，所以，所以准线的方程为错误；由题意可知，B正确；由抛物线上的点到焦点与到准线的距离相等可知，所以当三点共线时，取得最小值，即为点到准线的距离，所以最小值为正确；如图所示，不妨设在第一象限，过作轴于点，过作轴于点，过作准线的垂线，垂足为，设准线与轴的交点为，则，易知，则有，即，解
12、得，则，D正确.故选BCD.11.BC 【解析】，设，则由题意得，即.因为，即，当且仅当，即时等号成立，解得，所以的取值范围是（1，2.故选BC.12.AB 【解析】如图，延长交于点，连接，因为，所以，又为的中点，所以，所以，所以，故正确；连接交于点，因为四边形为矩形，所以是的中点，连接，则为的中位线，所以，又因为平面平面，所以直线平面，故B正确；取的中点，连接，则，又由可得平面，故.过点作，垂足为，连接，则平面，所以，故C不正确；因为平面，所以所求交线即为平面内以为圆心，半径为的圆与侧面的交线，交线为该圆，所以交线长为，故D不正确.故选.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.
13、【解析】求导可得，则，又，则曲线在处的切线方程为，整理，得.故填.14. 【解析】由二项式定理，可得的展开式通项为，当，即，时，为有理项，所以所有有理项的系数之和为.故填.15. 【解析】，即或（舍去），.故填.16. 【解析】设半焦距为，延长交于点，由于是的平分线，所以是等腰三角形，所以，且是的中点.根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，所以，所以双曲线的方程为，根据题意，知所求的是双曲线右支上一点到直线的距离的最小值的平方.设与直线平行的直线方程为，联立，消去，可得，所以，所以或1（舍去），所以切点到直线的距离为，所以的最小值为.故填.四解答题：
14、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.（10分）【解析】（1）由，得，当时，-整理得，当时，即，数列是以9为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）可知，即，.18.（12分）【解析】（1）.由余弦定理，得，.（2）设.由是等腰三角形及可得，解得.在内，由正弦定理，得，在内，由正弦定理，得，即或或.的大小为或.19.（12分）【解析】（1）零假设为：用户使用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄无关.根据列联表可得，所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即用户使用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄有关，此推断犯错误的概率不大于.（2）（
15、i）设“第一天去甲平台购物”，“第一天去乙平台购物”，“第二天去甲平台购物”，根据题意得，则.（ii）当时，由题意知的所有可能取值为，且，所以，所以，所以，故的取值范围为.20.（12分）【解析】（1），又平面平面平面.又平面，平面平面，平面平面平面.（2）假设存在点.由题意知，又由勾股定理可得，.又平面平面，平面平面平面，平面，过点作垂直于平面的直线，以点为原点，分别以所在直线为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，则，设为平面的法向量，则，令，则，为平面的一个法向量.设，由题意，知，则，设为平面的法向量，令，则，则为平面的一个法向量，由得，解得.在线段（不包含端点）上存在一点，使得平面与
16、平面所成角的余弦值为，此时点为线段的中点.21.（12分）【解析】（1）如图，当直线与椭圆相交于两点，与轴交于点时，连接，由椭圆定义可知，显然，同理可知，显然，所以当直线经过焦点时，的周长最大，最大值为，所以.此时，则，即.所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得，设，则，可得，又，所以直线的方程为，令，得，所以为定值，值为1.22.（12分）【解析】（1）求导，得.若，则对任意的，函数在上单调递增，此时无极值.若，令，得.当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，函数存在极小值.综上所述，若函数存在极值，则实数的取值范围是.（2）不等式恒成立，即恒成立.方法一：设，则，当时
17、，令，则，在上单调递增.，存在唯一的，使得，当时，当时，.在上单调递减，在上单调递增.，即，两边取对数得，的最小值为，.令，则，在上单调递增，在上单调递减，当且仅当时，等号成立.当且仅当时，在上恒成立.综上，.方法二：设，易知在上单调递增.又当时，当时，.当时，.的值域为.对于上任意一个值，都有唯一的一个正数，使得.，即，即.设，要使，只需.时，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.设，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.，当且仅当时，等号成立.又.综上，.说明：第（2）问另解：不等式恒成立，即恒成立，令，令，当单调递增，当单调递减，设，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.，当且仅当时，等号成立.又.
