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2022-2023学年湖南省邵阳市高三上学期第一次联考数学试题及答案.doc
2022-2023 学年湖南省邵阳市高三上学期第一次联考数学试
题及答案
本试卷共 4 页，22 个小题.满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条
形码粘贴区”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内
相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.
不按以上要求作答无效.
4.保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存.
一、选择题（本大题共 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. 已知全集U R ，集合
A
2
x x
2
x
3 0
，
B
x x
2 ,
k k
Z
，则 A B
B.
2,0
C. {
-
}
2,0,2
D.
（
）
A.
0,2
2, 1,0
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得出
A
x
3
，根据交集运算结合集合 B 的含义，即可得出答
x
1
案.
【详解】解 2
x
2
x
B
x x
2 ,
k k
可得， 3
3 0
Z ， B 是偶数集，
，所以
1x
A
x
3
，
x
1
所以
A B
2,0
.
故选：B.
2. 已知复数 z 满足
2
z
3 i 3
，则 z （
z
）
B.
6
9 i
13 13
C.
6
13
9 i
13
D.
A.
6
9 i
13 13
9 i
13
6
13
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算，求出复数
z
的形式，再利用共轭复数 z
i
a b
a b 求
i
解.
【详解】因为
2
z
3 i 3
， 2 i 3i 3
z
，
z
z
3 2i
z
，
3i
6 9i
13
6
9 i
13 13
，
3i
3 2i
3i 3 2i
3 2i 3 2i
6
9 i
13 13
.
所以
z
所以
z
故选：A.
3. 一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为 1 的半圆，则该圆锥的表面积为（
）
B.
π
2
C.
π
4
D.
3π
24
A.
3π
4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求得圆锥底面半径和高，由此求得圆锥的表面积.
【详解】依题意，设圆锥底面半径为 r ，高为 h ，母线长为 1l ，则 2
l
2
r
h
2 1
，
底面周长为
2π
r
1
2
2π 1
，则
r ，所以
1
2
h
1
所以圆锥的表面积为
S
S
底
S
侧
2
π
r
π
rl
故选：A.
π
4
π
2
3
2
，
21
2
3π
4
，
4. 设向量 a
，b
满足
a b
4
，
a b
1
，则 a b
（
）
B. 2 3
C. 3
D. 2 5
2
a
2
a b b
2
2
，
A. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由
【详解】因为
a b
2
a b
a b
a
2
2
2
求解.
2 4
a b
2
a b b
4a b
a b
2 4
a b
16 4 20
a b
a b
，
，
2
2
，
以上两式相减可得，
a b
所以
2
a b
a b
即
2 5
，
故选：D.
5. 某铅笔工厂有甲、乙两条生产线，甲生产线的产品次品率为 10%，乙生产线的产品次品
率为 5%.现在某客户在该厂定制生产同一种铅笔产品，由甲、乙两条生产线同时生产，且甲
生产线的产量是乙生产线产量的 1.5 倍.现在从这种铅笔产品中任取一件，则取到合格产品
的概率为（
）
A. 0.92
【答案】A
【解析】
B. 0.08
C. 0.54
D. 0.38
【分析】根据题意分类为分别抽到甲乙正品的概率，相加即可.
【详解】从这种铅笔中任取一件抽到甲的概率为 0.6，抽到乙的概率是 0.4，
抽到甲车间正品的概率
抽到乙车间正品的概率
1 0.6 1 0.1
P
0.54
，
2 0.4 1 0.05
P
0.38
，
任取一件抽到正品的概率
P P P
2 0.54 0.38 0.92
1
.
故选：A
6. 已知 A,B,C分别是 ABC
的内角， tan
A.
3π
4
【答案】A
【解析】
B.
π
4
A ，
1
2
cos
B
3 10
10
，则 C的值是（
）
C.
2π
3
D.
5π
6
【分析】根据同角关系式及两角和的正切公式可得
A B
，进而即得.
π
4
【详解】因为 A,B,C分别是 ABC
的内角，
cos
B
3 10
10
，所以 B为锐角，
0
所以
sin
B
10
10
,tan
B
.
1
3
又 tan
A ，所以
ta
n
1
2
A B
而
A B
0,π
，所以
A B
故选：A.
1
1
1
3
2
1 1
2
3
C
，
π
1
π
4
，
A B
3π
4
.
7. 设
min
,
a b
,
a a b
,
b a
b
，若函数
f x
min e
x
1
点，则实数 m 的取值范围为（
）
x
,
2
x
2
mx
1
有且只有三个零
B.
3 ,
4
C.
1,
D.
A.
1 ,
2
5 ,
4
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数
g x
1ex
与
h x
x
2 2
x
mx
，先利用导数研究得
1
g x 的性
质 ， 再 利 用 二 次 函 数 的 性 质 研 究 得
h x 的 性 质 ， 从 而 作 出
f x 的 图 像 ， 由 此 得 到
h x
max
，分类讨论
0
m 与
1
1m 时
f x 的零点情况，据此得解.
【详解】令
g x
1ex
，则
x
g x
1e
x
1
，
令 0
g x
，得 1x ；令 0
g x
，得 1x ；
所以
g x 在
,1 上单调递减，在
1, 上单调递增，故
g x
又因为对于任意
0M ，在
,1 总存在 x
M ，使得
g M
g
1
，
0
min
1
e M
M M
，
在
1, 上由于
y
1ex
的增长速率比 y
x 的增长速率要快得多，所以总存在
x
x ，使
0
ex
得 0 1
，
x M
0
所以
g x 在
,1 与
1, 上都趋于无穷大；
令
h x
2 2
x
mx
，则
1
h x 开口向下，对称轴为 x m ，
所以
h x 在
,m 上单调递增，在
,m 上单调递增，故
h x
max
h m m
2
1
，
.
因为函数
f x
min e
x
1
x
,
2
x
2
mx
1
有且只有三个零点，
而
g x 已经有唯一零点 1x ，所以
h x 必须有两个零点，则
h x
max
，即 2 1 0
m ，
0
1m ，
解得
1
m 或
m 时，
1
h
1
当
2
1
1
f
1 min
g
1 ,
h
h
1
，
0
2
m
1 1
2 2
m
，则
0
即
f x 在 1x 处取不到零点，故
1m 时，
1
2
m
当
1 1
2 2
m
，则
0
f x 至多只有两个零点，不满足题意，
f
1 min
g
g
1
，所以
0
f x 在 1x 处取得零点，
h
2
1
1
g x 与
1 ,
h
结合图像又知
h x 必有两个交点，故
f x 在
,1 与
,m 必有两个零点，
所以
f x 有且只有三个零点，满足题意；
综上：
1m ，即
m .
1,
故选：C.
8. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点
所产生的多面体.如图所示，将棱长为3a 的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，
得到所有棱长均为 a的截角四面体，则下列说法错误的是（
）
A. 二面角 A BC D
的余弦值为
1
3
B. 该截角四面体的体积为
23 2
12
3
a
C. 该截角四面体的外接球表面积为
D. 该截角四面体的表面积为
6 3a
2
11
2
a
2
【答案】D
【解析】
【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断
即可.
【详解】如下图所示：设 ABC
取 BC的中点为 W，分别连接 SW 和O W ，因为 SW BC
的中心为O ， NPQ△
的中心为O ，
，O W BC
，
所 以 SWO
为 S BC A
的 二 面 角 ，
SW
2
a
1
2
a
2
3
2
a
，
AW
2
a
1
2
a
2
3
2
a
，
所以
AO
2
3
AW
3
3
a
，所以
SO
2
a
3
3
a
2
6
3
a
，
在 直 角 三 角 形 SO W
中 ，
O W
SW
2
SO
2
3
6
a
， 所 以
cos
SWO
O W
SW
1
3
所以二面角 S BC A
，
的余弦值为
所以二面角 A BC D
的余弦值为
，
1
3
，故 A 正确
1
3
因为棱长为 a 的正四面体的高
h
6
3
a
，
所以
V
3
1
3 4
3
a
2
6
3
3
a
4
3
1
3 4
a
2
6
3
a
23 2
12
3
a
，故 B 正确；
设外接球的球心为 O， ABC
的中心为O ， NPQ△
的中心为O ，
因 为 截 角 四 面 体 上 下 底 面 距 离 为
6
a
6
3
a
2 6
3
a
， 所 以
2
R O C
所以
2
R
2
R O H
2
2 6
3
a
，
2
R
2
a
2 6
3
a
，所以
2
R
2
a
3
2 6
3
a
2
R
2
，
a
2
2
a
3
2
a
R
所以
2
a
3
8
3
11
2
由正四面体 S NPQ
4π
R
所以
S
2
2
2
R
2
a
4 6
3
a
2
R
2
π
a
，故 C 正确；
，所以 2
R
2
a
11
8
2
a
，
中，题中截角四面体由 4 个边长为 a的正三角形，
4 个边长为 a的正六边形构成，故
S
4
3
4
2
a
4 6
3
4
2
a
7 3
a
2
，故 D 错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：根据球的性质，结合棱锥的体积公式、表面积公式是解题的关键.
二、多选题（本大题共 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. 随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算
机科学、量子力学等各个领域.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，
( )
f x
4
i
1
1) ]
sin[(2
i
x
1
2
i
的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是
（
）
A. 函数
f x 的图象关于直线
x 对称
π
2
B. 函数
f x 的图象关于点
0,0 对称
C. 函数
f x 为周期函数，且最小正周期为 π
D. 函数
f x 的导函数
f
x 的最大值为 4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题可知
( )
f x
sin
x
x
sin3
3
x
sin5
5
x
sin7
7
，根据诱导公式可得
f x
π
f
x
f x
函数的性质可判断 D.
可判断 AC，根据奇偶性的概念可判断 B，根据导数公式及三角
【详解】因为函数
( )
f x
4
i
1
1) ]
sin[(2
x
i
1
2
i
sin
x
x
sin3
3
x
sin5
5
x
sin 7
7
，定义域为 R，
对于 A，
f
(π
x
)
sin π
x
sin 3π 3
x
3
sin 5π 5
5
x
sin 7π 7
x
7
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