2023届江西省宜春市八校高三下学期5月第一次联考理科数学试卷（含答案）

2023 届高三第一次联考理科数学答案
一、单选题
A y y x 1 , x 0 1．已知集合 ,B x x2 4x 3 0x ，则 A B （ ）
A． (1, ) B．[2,3) C． (1, 2] D．[2, )
【答案】B
1 1
【解析】∵ x 0, y x 2 x 2，当且仅当 x 1时，等号成立，∴ A [2, )，
x x
又∵ B x x2 4x 3 0 x |1 x 3 1,3 ，∴ A B [2,3) .
故选：B.
1 2 n2．若函数 f x x 1的两个零点为m,n m n ,则 4 x2dx （ ）4 m
A． 2 B．4 C． 2π D．4
【答案】C
【解析】令 f x 1 x 2 1 0得 x 2，故m 2,n 2，
4
n 2
所以， 4 x2dx m 4 x
2dx，
2
2
由定积分的几何意义， 4 x2dx表示以原点为圆心， 2为半径的半圆的面积， 2
2
所以， 4 x2dx 2π . 2
故选：C
2
3．关于复数 z 的四个命题： p1： z 2， p 22： z 2i， p3： z的共轭复数为1 i， p4：z的虚部 1 i
为-1.下列是真命题的为（ ）
A． p2 p3 B． p1 p2 C． p3 p4 D． p2 p4
【答案】D
2
【解析】因为复数 z 1 i，所以 z ( 1)2 ( 1)2 2，z的虚部为-1， z2 ( 1 i)2 2i ， z的
1 i
共轭复数为 1 i，所以 p1，p3错误， p2，p4正确，
由真值表知： p2 p4为真命题， p2 p3 ， p1 p2， p3 p4 均为假命题.
故选：D
4．图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图 2所示的一连串直角三角形演化
而成的，其中OA1 A1A2 A2A3 A7A8 1，如果把图 2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，L ，
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OAn的长度构成的数列为 an ，则 a25 （ ）
A． 25 B． 24 C．4 D．5
【答案】D
【解析】由题意知，OA1 A1A2 A2A3 A7A8 1，
△OA1A2，△OA2A3，L ， OA7A8，L 都是直角三角形，
a 1 a2 a2 2 21 ，且 n n 1 1 n 2 ，故 an an 1 1 n 2 ，
数列 a2n 是以1为首项，1为公差的等差数列，
a2n 1 n 1 1 n．
又 an 0， an n，
数列 an 的通项公式为 an n，
a25 25 5，
故选：D．
tan π sin13π5．若 ，则 tan
π （ ）
12 3 4
A 3． B 3． C 3． D 3．
9 5 9 5
【答案】C
π 13π π 3
【解析】由 tan sin sin ，
12 3 3 2
3 3
tan π tan π π

2 3 3得 4

.
12 6 91 3 3
2 3
故选：C.
6．2022年男足世界杯于 2022年 11月 21日至 2022年 12月 17日在卡塔尔举行.现要安排甲 乙等 5名志
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愿者去 A,B,C三个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲 乙两人被分
在同一个足球场的安排方法种数为（ ）
A．18 B．36 C．60 D．72
【答案】B
【解析】由题意可知这 5人去 A,B,C三个足球场服务，
情况为：有 3人一组包含甲 乙，其余人各一组，分到三个足球场，
或者是甲、乙两人一组，另有 2人一组，其余一人一组，分到三个足球场，
故将 5人按 3,1,1分成三组，且甲 乙在同一组的分组方法有 13种，
将 5人按 2,2,1分成三组，且甲 乙在同一组的分组方法有 23种，
则甲 乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为( 1+ 13 3) 33=36，
故选：B
7 f (x 2) log (3x x．已知函数 3 3 )，若 f a 1 f 2a 1 成立，则实数 a的取值范围为（ ）
A． , 2 B． 2,
4
C． , 2 0, D． , 2
4
,

3 3
【答案】B
【解析】因为 f (x 2) log x x3(3 3 )为偶函数，在 0, 单调递增，
所以 f x 关于直线 x 2对称，且在 2, 单调递增．
所以 f a 1 f 2a 1 a 1 2 2a 1 2 ，
两边平方，化简得 a 2 3a 4 0 4，解得 2 a ．
3
故选：B．
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而得到．如图，将棱长为 6的正四面体沿
棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为 2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（ ）
A B 20 2． 6 2 ． C 46 2． D．16 2
3 3
【答案】C
【解析】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
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2

因为棱长为 1的正四面体的高 h 1 2 3 6 ，
3 2 3
1 V 1 3 6 2则棱长为 的正四面体的体积 1 1
2 ，
3 4 3 12
2 2 46 2
所以该截角四面体的体积为V 63 4 23 ．
12 12 3
故选：C．
1 1 1
9．已知函数 f x 满足 f x ln x f x 0（其中 f x 是 f x 的导数），若 a f e2 ，b f e3 ，x
1
c f e4 ，则下列选项中正确的是（ ）

A．6a 4b 3c B．6a 3c 4b C． 4b 6a 3c D． 4b 3c 6a
【答案】A
【解析】由 f x ln x 1 f x 0，得
x f x ln x

0，
令 g x f x ln x， x 0, ，则
g x f x ln x 1 f x 0，
x
所以 g x 0在 0, 上恒成立，
所以 g x 在 0, 上为减函数，
1 1 1
因为 ，且 y ex 在R 上单调性递增；
2 3 4
1 1 1
所以 e 2 e 3 e 4 ，
1 1 1
所以 g e2 g e3 g e4 ，

1 1 1 1 1 1
所以 f e2 ln e2 f e3 ln e3 f e4 ln e4，

1 1 1
所以 a b c，即 6a 4b 3c．
2 3 4
故选：A.
y y
10．已知实数 x，y满足 x x 1，则 3x y 2 6 的取值范围是（ ）．
3
6
A． 6,2 6 B． 2 6,5 C． 6 6,6 D． 3 ,62
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【答案】A
【解析】依题意，
2
当 x 0, y 0时，方程为 x2 y 1，
3
y2
是双曲线 x2 1在第一象限的部分；
3
2
当 x 0, y 0 x2 y时，方程为 1，
3
不能表示任何曲线；
2
当 x 0, y 0 y时，方程为 x2 1，
3
y2
是双曲线 x2 1在第三象限的部分；
3
2
当 x 0, y 0，方程为 x2 y 1，
3
y2
是椭圆 x2 1在第四象限的部分；
3
其图象大致如图所示：
3x y 2 6 的几何意义是曲线上的点到
直线 3x y 2 6 0的距离的两倍，
双曲线的渐近线 y 3x与 3x y 2 6 0平行，
2 6 0
所以曲线在第一、三象限上的点到 3x y 2 6 0的距离 d 2 2 6 ，
3 1
y2
由图象可知直线与椭圆 x2 1在第四象限的部分
3
相切时，距离取得最小值，设切线为： 3x y t 0且 t 0，
3x y t 0

由 2 y2 ，可得6x
2 2 3tx t 2 3 0 ，
x 1
3
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由 12t 2 24 t 2 3 0，解得 t 6或 t 6（舍去），
所以曲线在第四象限上的点到 3x y 2 6
2 6 6
的距离 d 2 6 .
3 1
所以 3x y 2 6 的取值范围是： 6,2 6 .
故选：A.
11．如果 an 不是等差数列，但若 k N*，使得 ak ak 2 2ak 1，那么称 an 为“局部等差”数列．已知数
列 xn 的项数为 4，其中 xn 1,2,3,4,5 ，n 1，2，3，4，记事件A：集合 x1, x2 , x3, x4 1,2,3,4,5 ；事
件 B： xn 为“局部等差”数列，则 P B A （ ）
4 7 1 1
A． B． C． D．
15 30 5 6
【答案】C
4 4
【解析】由题意知，事件A共有C5 A4 120个基本事件，
对于事件 B，其中含 1，2，3的“局部等差”数列的分别为 1，2，3，5和 5，1，2，3和 4，1，2，3共 3
个，含 3，2，1的“局部等差”数列的同理也有 3个，共 6个；
含 3，4，5的和含 5，4，3的与上述相同，也有 6个；
含 2，3，4的有 5，2，3，4和 2，3，4，1共 2个；含 4，3，2的同理也有 2个；
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个；
含 5，3，1的同理也有 4个，
所以事件 B共有 24个基本事件，
24 1
所以 P B A ．
120 5
故选：C
2 2
12 x y．设 P为双曲线C : 2 2 1(a 0,b 0)右支上的点， F1,F2 分别为 C的左、右两个焦点，若a b
F1PO
1
F1PF
3
2（O为坐标原点），且 cos F1PO ，则 C的离心率为（ ）3 4
A B 69 C 83 D 79． 2 ． ． ．
2 2 2
【答案】D
【解析】设 PF1 m,PF2 n, F1PO ，
试卷第 6页，共 16页
因为 F1PO
1
F1PF2，所以 F3 1
PF2 3 ，
2
又因为 cos F1PO cos
3
， cos2 2cos 2 1 2 3 1
1

4 4 8
所以 cos3 cos 2 cos2 cos sin2 sin 1 3 3 7 7 9
8 4 8 4 16
设 F1OP ，则 F2OP π ，
m c
在△F1OP中， sin sin
n n c
在 F2OP中， sin π sin sin2
m 2cos 3所以 ，又因为双曲线定义m n 2a，
n 2
所以m 6a,n 4a .
在△F1PF2 中，由余弦定理得 4c2 m2 n2 2mncos3 ，
2
可得 4c2 m n 2mn 2mncos3 m n 2 2mn 1 cos3 ，
4c2 4a2 48a2 25即得 79a2 ，
16
c2 79
，
a2 4
e c 79所以
a 2
故选：D.
二、填空题
13．执行如图所示的程序框图，输出的 s值为___________.
5
【答案】
3
【解析】第 1次，因为 k 0 3，所以 k 0 1 1, s 1 1 2，
试卷第 7页，共 16页
1 3
第 2次，因为 k 1 3，所以 k 1 1 2, s 1 ，
2 2
2 5
第 3次，因为 k 2 3，所以 k 2 1 3, s 1 ，
3 3
因为 k 3
5
3不成立，所以输出 s ，
3
14．已知函数 f (x) 3sin x 4cos x，且对任意实数 x都有 f (x) f (2 x)( R)，则 sin 2 的值为
__________．
24
【答案】
25
【解析】因为对任意实数 x都有 f (x) f (2 x)( R)，则函数 f (x)的图象关于直线 x 对称，
而 f (x) 3sin x 4cos x 5sin(x )
4
，其中锐角 由 tan 确定，
3
因此当 x 时，函数 f (x)取得最值，即 为 f (x)的极值点，又 f (x) 3cos x 4sin x，
于是 f ( ) 0，即 4cos 3sin
4
0，解得 tan ，
3
4
sin 2 2sin cos 2 tan
2
3 24所以 2 .sin cos2 tan 2 1 (4)2 1 25
3
15．已知一组数据x1，x ， x2 3，…， xn的平均数为 x，方差为 s2 .若3x1 1，3x2 1，3x3 1，…，3xn 1
的平均数比方差大 4，则 s2 x 2的最大值为__________．
【答案】-1
2
【解析】设新数据3x1 1，3x2 1，3x3 1，…，3xn 1的平均数为 x1，方差为 s1 ，
可得： x 21 3x 1， s1 9s
2
，由新数据平均数比方差大 4，
2 1 1
可得3x 1 9s2 4，可得 s x ，3 3
2
可得： s2 x 2 1 x 1 x 2 x 1 11 ，
3 3 6 36
由 s2
1 x 1 0，可得
3 3 x 1
，
1 11
可得当 x 1 2时，可得 s2 x 2的最大值为： (1 ) 1，6 36
故答案为： 1 .
16.半径为 1 的两圆M 和圆 O外切于点 P，点 C是圆 M上一点，点 B是圆 O上一点，则 PC PB的取值
范围为 。
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1
【答案】[-4, ]
2
【解析】设点 C关于点 P的对称点为 A，则点 A在圆 O上，∴ PC PB＝－ PA PB
∵ PA PB＝(OA -OP )(OB -OP )=OA OB -OA OP -OB OP +1
1 2 2 2
= [(OA+OB -OP )2-(OA +OB +OP )]+1
2
1
= [(OA+OB -OP )2-3]+1
2
∵0≤|OA+OB -OP |≤3,∴0≤(OA+OB -OP )2≤9
1
∴－ ≤ PA PB ≤4
2
∴－4≤ PC 1 PB ≤
2
三、解答题：共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21题为必考题，每个试题考生都
必须作答.第 22，23题为选考题，考生根据要求作答.
(一)必考题：共 60分.
17．在 ABC中，角A， B，C的对边分别是 a，b， c，满足 a b c a b c ab。
(1)求角C；
(2)若点 D在 AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值。
【解析】（1）由 a b c a b c ab可得： a2 b2 c2 ab，
a2 b2 c2 ab 1
由余弦定理知， cosC ，
2ab 2ab 2
2π
又C 0, π ,因此C .----------------5分
3
（2）∵ SΔABC SΔBCD SΔACD
3
∴ ab a 1 b ≥ 2ab
4 2
32
∴ab≥ ，当且仅当 b=2a，即 a= 4 3 ,b= 8 3 取等号
3 3 3
∴ S 3 8 3ΔABC = ab ≥
4 3
试卷第 9页，共 16页
∴△ABC 8 3面积的最小值为 ----------------12分
3
18．如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，已知底面 ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，
E是侧棱 BB1上一点.
(1)若 BE＝B1E，证明：CC1⊥平面 AC1E；
1
(2)若 BE B1E，求二面角 E－AC2 1
－C的余弦值.
【解析】（1）证明：如图，设 AC，BD交于点O，连接C1O， A1C1，
因为四边形 ABCD是菱形， AC 4， BD 2，
所以 BD AC， BC B1C1 5 .
因为 AA1 BD， AA1， AC 平面 ACC1A1， AA1 AC A，
所以 BD 平面 ACC1A1，
因为C1O 平面 ACC1A1，所以 BD C1O，
连接 BC1，DC1，所以 BC1 DC1，
因为 AC
1
1 CC1，所以C1O AC 2，2
所以 BC1 B1C1 5 .
因为 BE B1E，所以 BB1 C1E，所以CC1 C1E .
因为 AC1，C1E 平面 AC1E， AC1 C1E C1，
所以CC1 平面 AC1E .----------------5分
试卷第 10页，共 16页
（2）解：过C1作C1F AC，垂足为 F ，
因为 BD 平面 ACC1A1，C1F 平面 ACC1A1，所以 BD C1F ，
又C1F AC， AC， BD 平面 ABCD， AC BD O ，所以C1F 平面 ABCD .
如图，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为 x，y轴建立空间直角坐标系，
则O 0,0,0 ， B 1,0,0 ， A 0, 2,0 ，C 0,2,0 ，C1(0,1，3)，

所以 AC1 0,3, 3 ，CC1 BB1 0, 1, 3 ，
1 1
因为 BE B1E，所以 BE BB1 0,
1 3
, ，
2 3 3 3
1 3
则 E 1, , ，所以 AE 1,
5 , 3 .
3 3 3 3

r
易知平面 ACC1A1的一个法向量为 n 1,0,0 ，设平面 AC1E的法向量为m x, y, z ，

AC m

0 3y 3z 0
则 1

，即 ，
AE m

0 x 5 3 y z 0
3 3
2 2
令 y 1，则 z 3， x ，所以m ,1, 3

.
3 3
设二面角 E AC1 C的大小为 ，
2
m n 3 10
所以 cos
m n 4 10
，
4
9
所以二面角 E AC1 C的余弦值为 10.----------------12分10
x 2 y 2 1
19.已知椭圆 C∶ 2 2 =1(a>b>0)过点(0， 3 )，且离心率为 。a b 2
(1)求椭圆 C的方程；
试卷第 11页，共 16页
PM PN
(2)过点 P(-1，1)且互相垂直的直线 ll,l2分别交椭圆 C于M,N两点及 S,T两点,求 的取值范围.
PS PT
b 3
c 1
【解析】(1) 由题意可知 ，解得 a=2,b= 3 ,c=1
a 2
2 b c
2 a2
x2 y2
∴椭圆 C的方程： =1----------------4分
4 3
(2)当MN，ST 的斜率存在且不为 0时，设过 P的直线MN 的方程：y-1=k(x+1)，直线MN 与椭圆 C交于
M(x1,y1),N(x2,y 2 22),两点,则|PM|= 1 k |x1+1|, |PN|= 1 k |x2+1|,
∴|PM||PN|=(1+k2)|(x1+1)(x2+1)|
y -1 k(x 1)
联立 x2 y2 ，消去 y整理得：(3+4k2)x2+(8k2+8k)x+4k2+8k-8=0
1 4 3
且(3+4k2)x2+(8k2+8k)x+4k2+8k-8=(3+4k2)(x-x1)(x-x2)
令 x=-1，则
（3 4k2 ) (-1)2 (8k2 8k) (-1) 4k2 8k -8 -5
(x1+1)(x2+1)= =
3 4k2 3 4k 2
5(1 k2 )
∴|PM||PN|=
3 4k2
1 5(1 k2 )
∵MN⊥ST,用- 代替上式中的 k，同理可得|PS||PT|=
k 4 3k2
7
PM PN 4 3k 2 3 4 3 4∴ ＝ ＝ + ∈( , )
PS PT 3 4k 2 4 3 4k2 4 3
PM PN 3 4
当MN，ST的斜率为 0或不存在时， ＝ 或
PS PT 4 3
PM PN 3 4
所以 ∈[ , ]----------------12分
PS PT 4 3
x 1 t cos
解法二：设直线 ll参数方程为 （t为参数，0≤α < ）代入 C化简得
y 1 t sin
(3cos2α +4sin α )t2+(-6cosα +sinα )t-5=0
试卷第 12页，共 16页
6cos sin 5
则 t1+t2= ,t1t2= ,
3cos2 4sin 2 3cos2 4sin 2
∴ PM PN = t1 t
5
2 = 3cos2 4sin 2
5
同理,用α + 代替上式中的α ,得 PS PT =
2 3sin 2 4cos2
PM PN 3sin 2 4cos2 4 sin 2 7 3 4
∴ = 2 2 = 2 = 2 -1∈[ , ]----------------12分PS PT 3cos 4sin 3 sin 3 sin 4 3
20． (12 ) 1 2x t分 设 f (x) x2 tx 3ln x ， g(x) 2 ，且 a、b为函数 f(x)的极值点(0<a<b)2 x 3
（1）判断函数 g(x)在区间（-b, -a）上的单调性，并证明你的结论；
（2）若曲线 g(x)在 x=1处的切线斜率为-4，且方程 g(x)-m=0(x≤0)有两个不等的实根，求实数 m 的取值范
围。
3 x2 tx 3
【解析】（1）依题设方程 f (x) x t 0 即方程 x2 tx 3 0
x x
a b t a b的两根分别为 、 ∴
3 ab
2
g (x) 2(x tx 3) 2(x
2 (a b)x ab) 2(x a)(x b)
∴ 2 2 2 2 2 2 (x 3)(x 3) (x 3) (x 3)
由上知0 a 3 b ∴ b 3 a 0 ,∴当 x ( b, a)且 x 3时 g (x) 0
∴ g(x)在区间 ( b, 3) ， ( 3, a)上单调递增---------------------6 分
2 g (x) 2(t 4) 4 , t=4 g(x) 2x 4（ ）由 得 ∴ ∴ g (x) 2(x 1)(x 3) ,
4 x2 3 (x2 3)2
g (x) 0时 x= -3或-1当 x在 ( ,0)上变化时， g (x)， g(x)的变化情况如下：
( , 3) -3 ( 3, 3) ( 3, 1) -1 （-1，0） 0
g (x) — 0 + + 0 —
g(x) 1 4 极小值 3 极大值-1 3
∴ g(x) 的大致图象如右图（x≤0）
∴方程 g(x)-m=0 （x≤0）有两个不等根时
m 4 1 [ , 1) ( ,0) ----------------12分
3 3
试卷第 13页，共 16页
21（12分）已知数列 an 中 a1 2， an 1 (2 3)an 3 3， n 1，2，3，…．
（1）求 an 的通项公式；
2b 3
（2）若数列 bn 中b1 2，b nn 1 ，证明： 3 bn ≤a2n 1，( n 1，2，3，…b 2 )．n
【解析】（1）由题设：
an 1 (2 3)an 3 3
an 1 3 (2 3)an 3 2 3
an 1 3 (2 3)an 3( 3 2) ，
an 1 3 (2 3)(an 3)．
所以，数列 an 3 是首项为 2 3 ，公比为 2 3 的等比数列，
a 3 (2 3)(2 3) n 1 nn (2 3) ，＝
即 a nn 的通项公式为 an (2 3) 3 ， n 1，2，3，…．----------------5分
（2）用数学归纳法证明．
（ⅰ）当 n 1时，因 3 2，b1 a1 2，所以
3 b1≤a1，结论成立．
（ⅱ）假设当 n k时，结论成立，即 3 bk ≤a2k 1，
也即 0 bk 3≤a2k 1 3 ．
当 n k 1时，
b 3 2b k 3k 1 3bk 2
(2 3)bk (3 2 3)
bk 2
(2 3)(b
k
3)
0，
bk 2
1 1
又 2 3，
bk 2 3 2
试卷第 14页，共 16页
(2 3)(b 3)
所以b 3 kk 1 bk 2
(2 3)2(bk 3)
≤ (2 3)2(a2k 1 3)
a2k 1 3．
也就是说，当 n k 1时，结论成立．
根据（ⅰ）和（ⅱ）知 3 bn ≤a2n 1， n 1，2，3，…．----------------12分
(二)选考题：共 10分.请考生在第 22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时
请写清题号.
x 2 cos
22．在平面直角坐标系 xOy中，直线 l的直角坐标方程为 y 3x，曲线 C的参数方程为 y 2 sin （

为参数）．以坐标原点 O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线 l和曲线 C的极坐标方程；
1 1
(2)若直线 l与曲线 C交于 A，B两点，求 OA OB ．
π π
【解析】（1）由于直线 l过原点，且倾斜角为 ，故其极坐标方程为 R ．
3 3
x 2 cos
由曲线 C的参数方程为
y 2 sin
（ 为参数），

2 2
得曲线 C的普通方程为 x 2 y 2 1，即 x2 y2 4x 4 y 7 0，
则 C的极坐标方程为 2 4 cos 4 sin 7 0 ．----------------5分
2 4 cos 4 sin 7 0

（2 2）由 π ，得 2 3 2 7 0，
3
设点 A，B对应的极径分别为 1， 2，则 1 2 2 3 2， 1 2 7．
1 1 OA OB 2 3 2
∴ 1 2 ．----------------10分
OA OB OA OB 1 2 7
23．设函数 f x x 1 x 3 .
(1)求不等式 f x 4的解集；
(2)若 a 0,b 0，且 f a f b 1 4 12 ，求 b 的最小值.a b
试卷第 15页，共 16页
2x 4, x 3
【解析】（1） f (x)

2, 3 x 1，

2x 4, x 1
x 3
①解 2x 4 4，得 4 x 3；
② 3 x 1时， 2 4恒成立；
x 1
③解 ，得 1≤ x≤0，
2x 4 4
综上得， f (x) 4的解集为 4,0 ；----------------5分
（2） a 0，b 0， f a f b a 1 a 3 b 1 b 3 2a 2b 8 12，
a b 2，
1 b 4 b 4 b 2(a b) b 2 2 b a b a b 2b a 2 2 2 2，a b a ab a ab a b a a b a a b
2b a
当且仅当 即 a 2b时取等号，a b
1 (b 4 )的最小值为 2 2 2．----------------10分a b
试卷第 16页，共 16页樟树中学、丰城九中、宜春一中、万载中学 7．已知函数 f (x 2) log (3x 3 x ) f a 1 f 2a 1 2023 届高三第一次联考理科数学试卷 3 ，若 成立，则实数 a的取值范围为（ ）
高安二中、宜丰中学、奉新一中、宜春九中
A． , 2 2, 4 B． C． , 2 0,
4
D． , 2 ,
3 3
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而得到．如图，将棱长为 6的正四面体沿
一、单选题
棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为 2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（ ）
A y y x 11．已知集合 , x 0

,B x x2 4x 3 0 ，则 A B （ ）
x
A． (1, ) B．[2,3) C． (1, 2] D．[2, )
1
2 2
n
．若函数 f x x 1的两个零点为m,n m n ,则 4 x2dx （ ）
4 m
A． 2 B．4 C． 2π D．4
2 A B 20 2 C 46 23 ． 6 2 ． ． D．．关于复数 z 的四个命题： p1： z 2， p 2 16 2 1 i 2： z 2i，
p3： z的共轭复数为1 i， p4：z的虚 3 3
1 1
部为－1.下列是真命题的为（ ） 9．已知函数 f x f x ln x 1满足 f x 0（其中 f x 是 f x 的导数），若 a f e2x ，
b f e3 ，

A． p2 p3 B． p1 p2 C． p3 p4 D． p2 p4
1
4 1 4．图 是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图 2所示的一连串直角三角形演 c f e ，则下列选项中正确的是（ ）

化而成的，其中OA1 A1A2 A2A3 A7A8 1，如果把图 2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，…， A． 6a 4b 3c B． 6a 3c 4b C． 4b 6a 3c D． 4b 3c 6a
OA y yn的长度构成的数列为 an ，则 a25 （ ） 10．已知实数 x，y满足 x x 1，则 3x y 2 6 的取值范围是（ ）．
3
6
A． 6,2 6 B． 2 6,5 C． 6 6,6 D． 3 ,62
11．如果 an 不是等差数列，但若 k N*，使得 ak ak 2 2ak 1，那么称 an 为“局部等差”数列．已知
数列 xn 的项数为 4，其中 xn 1,2,3,4,5 ，n 1，2，3，4，记事件A：集合 x1, x2 , x3, x4 1,2,3,4,5 ；
A． 25 B． 24 C．4 D．5
事件 B： xn 为“局部等差”数列，则 P B A （ ）
tan π 13π5．若 sin
π
12 3 ，则
tan （ ）
4 4 7 1 1A． B． C． D．
15 30 5 6
A 3． B 3 3 3． C． D． 2 2
9 5 9 5 12．设 P x y为双曲线C : 2 2 1(a 0,b 0)右支上的点， F1,F2分别为 C的左、右两个焦点，若a b
6．2022年男足世界杯于 2022年 11月 21日至 2022年 12月 17日在卡塔尔举行.现要安排甲 乙等 5名志
F1PO
1
F1PF
3
2（O为坐标原点），且 cos F1PO ，则 C的离心率为（ ）
愿者去 A，B，C三个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲 乙两人 3 4
69 83 79
被分在同一个足球场的安排方法种数为（ ） A． 2 B． C． D．2 2 2
A．18 B．36 C．60 D．72
试卷第 1页，共 2页
二、填空题 x 2 y 2 1
19.(12分)已知椭圆 C∶ 2 2 =1(a>b>0)过点(0， 3 )，且离心率为 。13．执行如图所示的程序框图，输出的 s值为___________. a b 2
(1)求椭圆 C的方程；
PM PN
(2)过点 P(－1，1)且互相垂直的直线 ll，l2分别交椭圆 C于 M，N两点及 S，T两点，求 的取
PS PT
值范围.
14．已知函数 f (x) 3sin x 4cos x，且对任意实数 x都有 f (x) f (2 x)( R)，则 sin 2 的值为
__________． 1 2 2x t20.(12分)设 f (x) x tx 3ln x ， g(x) 2 x2 3 ，且 a、b为函数 f(x)的极值点(0<a<b)
15．已知一组数据 x ，x ，x ，…，x 的平均数为 x，方差为 s23 n .若3x1 1 3x 1 3x 1 3x 11 2 ， 2 ， 3 ，…， n （1）判断函数 g(x)在区间（－b， －a）上的单调性，并证明你的结论；
的平均数比方差大 4，则 s2 x 2的最大值为__________． （2）若曲线 g(x)在 x=1 处的切线斜率为－4，且方程 g(x)－m=0(x≤0)有两个不等的实根，求实数 m 的取
值范围。
16.半径为 1的两圆M和圆 O外切于点 P，点 C是圆M上一点，点 B是圆 O上一点，则 PC PB的取值
范围为 。
三、解答题：共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21题为必考题，每个试题考生 21.(12分)已知数列 an 中 a1 2， an 1 (2 3)an 3 3， n 1，2，3，…．
都必须作答.第 22，23题为选考题，考生根据要求作答. （1）求 an 的通项公式；
(一)必考题：共 60分.
2b 3
17.(12分)在 ABC中，角A， B，C的对边分别是 a，b，c，满足 a b c a b c ab。 （2）若数列 bn 中b1 2，bn 1 n ，证明： 3 bb 2 n ≤a2n 1，( n 1，2，3，…)．n
(1)求角C；
(2)若点 D在 AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值。
(二)选考题：共 10分.请考生在第 22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时
请写清题号.
18.(12分)如图，在四棱柱 ABCD－A1B1C1D1中，已知底面 ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1， x 2 cos
22．在平面直角坐标系 xOy中，直线 l的直角坐标方程为 y 3x，曲线 C的参数方程为
AA ⊥BD，E是侧棱 BB 上一点. y 2 sin
（

1 1
为参数）．以坐标原点 O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线 l和曲线 C的极坐标方程；
1 1
(2)若直线 l与曲线 C交于 A，B两点，求 OA OB ．
(1)若 BE＝B E，证明：CC ⊥平面 AC E； 23．设函数 f x x 1 x 3 .1 1 1
1
(2)若 BE B1E，求二面角 E－AC1－C的余弦值. (1)求不等式 f x 4的解集；2
(2)若 a
1 4
0,b 0，且 f a f b 12 ，求 b
a b
的最小值.

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2023届江西省宜春市八校高三下学期5月第一次联考理科数学试卷（含答案）