2023届湖南省益阳市高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届湖南省益阳市高三上学期期末数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南省益阳市高三上学期期末数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，则为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出，从而求出补集.【详解】因为，所以，所以.故选：C.2．设复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设出复数，代入方程由复数相等列式可得结果.【详解】设，则，∵，∴，即：，∴，∴∴.故选：D.3．如图所示的矩形中，满足，为的中点，若，则的值为（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】将作为基底，根据平面向量基本定理结合已知条件把用表示，从而可求出的值.【详解】连接，由题可知，又因为为的中点，所以，所以，所以，所以.故选：A.4．在一次劳动技术课上，某12人的小组中的同学们利用图（一）的棱长为的正方体胶泥作为原料，每人制作一个图（二）的冰激淋胶泥模型（上部分为一个半球，下部分为一个以半球的大圆面为底的圆锥），则制作完成后剩下的胶泥约为（    ）（忽略制作过程中的损耗，）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方体，球及圆锥的体积公式即得.【详解】由题可知正方体胶泥的体积为，每个冰激淋胶泥的体积为，所以12个冰激淋胶泥的体积为，所以.故选：B.5．已知函数，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由代入可知，根据可得，从而求出.【详解】由，得，又由，得，可知，所以，所以，即，解得.故选：D.6．年10月12日“天宫课堂”首次在问天实验舱中授课，航天员老师们演示和讲解的多种实验，极大地激发了学生的学习兴趣.在一次模仿操作实验中，学生们从装有大小相同的标号分别为的9种不同的种子中随机抽取2种种子进行操作实验，则抽到的两种不同的种子的标号之和恰为10的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据古典概型概率公式结合组合数公式即得.【详解】从标号分别为的9种不同的种子中随机抽取2种种子的所有结果有种，而标号之和恰为10的结果有：，，共4种，所以所求的概率为.故选：A.7．已知函数，若，，则对应的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可知为函数对称轴，为对称中心，可得，结合条件可得，然后根据结合条件可得.【详解】由题可知函数关于直线对称，又因为，所以函数关于点中心对称，所以，即，所以，即得，又因为，所以时，符合，所以，又由，得，所以，由，可知当时，符合.故选：C.8．已知函数，若方程有3个不等的实根，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题可得或，根据导数研究函数的性质，结合图象即得.【详解】由，可得，由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，且，所以，画出函数的大致图象，由，可得，所以或，当时，方程有一个实数，所以要使方程有3个不等的实根，则方程有两个不等的实根，所以.故选：A. 二、多选题9．如图为国家统计局于2022年11月15日发布的社会消费品零售总额同比增速折线图，则2021年10月至2022年10月同比增速的（    ）（注：2022年月份合并统计为一个数据）A．平均数大于0 B．中位数为 2.7C．极差为17.8 D．第 25 百分位数为【答案】AC【分析】根据平均数，中位数，极差及百分位数的概念即得.【详解】表中数据由小到大为，，由表中数据易知同比增速的平均数大于0，所以A正确；由表中折线图可知中位数为，所以B错误；由表中折线图可知极差为，所以C正确；因为数据共有12个，由，所以第25百分位数为从小到大的第3个与第4个数据的平均数，即为，所以D错误.故选：AC.10．已知函数，则（    ）A．有2个极大值点 B．有1个极小值点C． D．点处的切线方程为【答案】BCD【分析】根据导数确定函数的单调性，从而确定导数的极值点，根据导数的几何意义即可求切线方程.【详解】由，得，所以，所以C正确；又令，即，解得1，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，函数有极大值；当时，函数有极小值，所以错误，B正确；又，又因为，所以在点处的切线方程为即，所以D正确，故选：BCD.11．已知双曲线，则（    ）A．C的离心率为B．的渐近线方程为C．直线与有2个公共点D．过右焦点的直线与的交点分别为，当时，这样的直线有3条【答案】ABD【分析】根据双曲线方程确定双曲线的即可得双曲线的离心率、渐近线方程，从而可判断直线与双曲线的位置关系，过焦点的弦长与通经、实轴长的关系.【详解】解：由双曲线可知，，所以，，所以，所以A正确；双曲线的渐近线方程为，所以B正确；因为直线与渐近线平行，且过，所以与只有一个公共点，所以C错误；因为由，当时，双曲线的通经长为，过右焦点的直线与的交点分别为，当时，点均在双曲线的右支上有两条直线使得，又因为双曲线的实轴长，所以点分别在双曲线的左､右顶点时，也满足有1条，综合可知当时，这样的直线有3条，所以D正确.故选：ABD.12．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若关于直线对称，为奇函数，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】关于直线对称得，求出导数令得可判断A；由得到，求导可得，令2024，又为奇函数，可得，可得函数的周期可判断C正确；由，得函数的图象关于点对称，可判断BD.【详解】因为关于直线对称，所以，所以，令，得，所以A正确；由得到，所以，所以，令2024，则，又因为为奇函数，所以，即，即，所以，即，所以函数的周期为，所以，所以C正确；由，得函数的图象关于点对称，所以，所以D错误，B正确.故选：ABC. 三、填空题13．的展开式中含项的系数为__________（用数字作答）．【答案】40【分析】先求出展开的通项公式为，再令或，进一步求解可得．【详解】因为展开的通项公式为，所以的展开式中含项的系数为．故答案为：40．14．已知长方体中，，点为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为__________.【答案】##【分析】延长，构造一个与全等的长方体，取点为棱的中点，可得（或其补角）为异面直线所成角，在中由余弦定理可得答案.【详解】如图所示，在长方体中，延长，构造一个与全等的长方体，且点为棱的中点，所以，所以（或其补角）为异面直线所成角，由题意得，所以由余弦定理得，所以.故答案为：.15．已知圆，圆的圆心在轴上，过点，若圆与圆外切，则圆的方程为__________.【答案】【分析】根据两个圆相外切，和过点，列关于的方程组解决.【详解】依题可设圆的方程为：，且，因为圆与圆外切，且过点，所以解得，，所以所求圆的方程为.故答案为：.16．已知抛物线的焦点为，圆与交于两点，其中点在第一象限，点在直线上运动，记.①当时，有；②当时，有；③可能是等腰直角三角形；其中命题中正确的有__________.【答案】①②【分析】联立方程求得，结合可得，当时，点三点共线，求得，即可求得，判断①；当时，由，求得的值，判断②；分情况讨论为等腰直角三角形情况，判断③.【详解】由圆与，联立方程，解得或（舍），当时，，所以，从而，即，因为点在直线上运动，所以，则，①当时，点三点共线，由于，所以，所以，由题意知，所以，故①正确；②当时，即，所以，即，解得，又，得，所以②正确；③若是等腰直角三角形，则或或为直角，因为，当时，则，得，此时，不是等腰直角三角形，由对称性可知当时，也不是等腰直角三角形，；当时，因为首先是等腰三角形，由抛物线的对称性可知点在轴上，此时，，,,即，故不是等腰直角三角形，综上所述，不可能是等腰直角三角形，所以③错误，故答案为：①②.【点睛】方法点睛：题目中涉及到向量的运算即，因此要利用向量的坐标运算，表示出，则①②即可判断；判断是否为等腰直角三角形，要讨论直角顶点可能的位置，即分类讨论，结合抛物线的对称性进行解答. 四、解答题17．已知数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)若，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用公式，即可求数列的通项公式；（2）根据（1）的结果可知，再利用裂项相消法求和.【详解】（1）因为，所以当时，，两式相减得：，即，所以，且符合，所以的通项公式为.（2）由（1）可知，所以，所以.18．在中，角的对边分别为，且.(1)求；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据两角和的正弦公式即可求解；（2）根据正弦定理和倍角公式，辅助角公式和余弦函数的单调性即可求解.【详解】（1）由，得，得，即，，，因为，所以，所以，所以，即，又因为，所以.（2）依题要证明，即证明，由（1）及正弦定理得：又因为，所以，所以，因为，所以，所以当时，此时有最大值2，即，所以得证.19．某学校为推动学校的大课间运动，开始在部分班级中使用一套新的大课间运动体操（记为A类体操），原来的大课间运动体操（记为B类体操），为了解学生对大课间运动的喜爱程度与使用大课间运动体操类别是否有关，分别对使用A类体操与B类体操的学生进行了问卷调查，现分别随机抽取了100个学生的问卷调查情况，得到如下数据： 喜爱不喜爱A类体操7030B类体操4060 (1)试根据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关？(2)从样本的喜爱大课间运动的学生中，按A、B类分层抽取11名学生参加一个座谈会，再从中抽取3名学生在学生大课间运动会上发言，求参加发言的学生既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的概率．附：，  【答案】(1)认为是否喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关(2) 【分析】(1) 先提出零假设，再计算卡方，利用独立性检验的思想，可得出结论；(2) 由分层抽样的方法可知，抽取11名学生中，喜爱A类体操有7名学生，喜爱B类体操有4名学生，通过排列组合计算出抽取3名学生的所有情况和3名发言学生中既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的情况，由古典概型可求．【详解】（1）零假设为：：是否喜爱大课间运动程度与A类体操和B体操无关．根据列联表中的数据，得到，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为是否喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关；（2）由样本中的数据可知，抽取11名学生中，其中喜爱A类体操有7名学生，喜爱B类体操有4名学生，从11名学生抽取3名学生的所有情况有，而3名发言的学生中既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的情况有种，所以，所以参加发言的学生既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的概率为．20．如图所示的正方体中，点分别是棱的中点.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定即可求解；(2)根据二面角余弦值的法向量求法即可求解.【详解】（1）证明：因为为正方体，所以，又因为平面，所以，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由条件可知两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图所示），设正方体的棱长为，则，，所以，设平面的一个法向量为，则，所以，令，得，所以，又设平面的一个法向量为，则，所以，令，得，，所以，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21．已知椭圆的左､右焦点分别为，条件①离心率为；②点在上运动，且；③点在上.从①②③任选两个条件作为已知，解决下列问题：(1)求椭圆的方程；(2)已知过点的直线与椭圆交于两点，点，直线的斜率分别记为，试探讨是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)条件选择见解析，(2)是定值，定值为零 【分析】（1）根据椭圆的定义，椭圆的离心率和即可求解；（2）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理和斜率定义即可求解.【详解】（1）选择①②，因为，联立方程组所以椭圆的方程为：.选择②③，因为，联立方程组所以椭圆的方程为：.选择①③，所以椭圆的方程为：.（2）由（1）知椭圆的方程为：，所以，当直线的斜率为0时，易知，所以，当直线斜率不为0时，设直线方程为，，联立方程组，整理得，，所以，所以，综上可知为定值0.22．已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)讨论函数的零点个数.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 【分析】对于（1），对求导后可得，当时，；当时，令，可得在上单调递增，结合可得的单调区间；对于（2），可得，.分与两种情况结合零点存在性定理可得零点个数.【详解】（1）由，得，当时，，当时，记则在单调递增，又因为，所以当时，时，，综上的单调递减区间是，的单调递增区间是.（2）由题可知1），且，则，令，则，所以在单调递增，①当时，在单调递增，又，即此时在上有唯一零点；②当时，令，即，则.i当时，注意到，又在单调递增，，则.得在上单调递减，在上单调递增，故，此时有唯一零点.ii当时，因为，又在单调递增，所以，使得.则故在上单调递减，在上单调递增，则，因为，所以.，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，又，在上单调递减，，，则.则在存在一个零点，此时共有2个零点.iii当时，因为，又在单调递增，所以，使得.则.则在上单调递减，在上单调递增，故，因为，所以.，令，则，令，则在上单调递减，在上单调递增，则.故.所以，又，在上单调递增，，，则.即在存在一个零点，此时共有2个零点.综上，当或时，有唯一零点.当或时，有2个零点.【点睛】关键点点睛：本题涉及利用导数求函数的单调区间和利用导数研究函数的零点，难度较大.本题（2）问，难点在于确定零点所在区间，即找到，使.满足条件的一般与参数，且往往需要构造函数判断的正负性.