2022-2023学年湖南省益阳市高三上学期期末质量检测数学试题含解析

益阳市2022-2023学年高三上学期期末质量检测

数学试题卷

姓名__________准考证号__________

本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

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.已知全集，集合，则为（    ）

A.    C.    B.    D.

2.设复数，则（    ）

A.    B.    C.    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

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.    C.    B.    D.

5.已知函数，若，则的值为（    ）

A.    B.    C.    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.

7.已知函数，若，，则对应的值为（    ）

A.    B.    C.    D.

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.

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.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 2.7

C.极差为17.8    D.第 25 百分位数为

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

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

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.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.的展开式中含项的系数为__________（用数字作答）.

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__________.

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__________.

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__________.

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.（本小题满分10分）

已知数列的前项和为，且.

（1）求的通项公式；

（2）若，求.

18.（本小题满分12分）

在中，角的对边分别为，且.

（1）求；

（2）证明：.

19.（本小题满分12分）

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（记为类体操），原来的大课间运动体操（记为类体操），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：

（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类体操和类体操有关？

（2）从样本的喜爱大课间运动的学生中，按类分层抽取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类体操也有喜爱类体操的概率.

附：，

20.（本小题满分12分）

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.

21.（本小题满分12分）

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.

22.（本小题满分12分）

已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）讨论函数的零点个数.

益阳市2022-2023学年高三上学期期末质量检测

数学参考答案

1.C  【解析】因为，所以，

所以.故选C.

2.D  【解析】设，则，

所以由，得，所以，

所以，所以，所以.故选D.

3.A  【解析】由题可知，

又因为为的中点，所以，所以，所以，所以.故选A.

4.B  【解析】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.D  【解析】由，得，又由，可知，所以，所以，即，解得.故选D.

6.A  【解析】从标号分别为的9种不同的种子中随机抽取2种种子的所有情况有，而恰好凑成10的情况有：，，共4种情况，所以所求的概率为.故选A.

7.C  【解析】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，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.A  【解析】由得，当时，单调递增，当时，单调递减，且，当时，，又因为由，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.AC  【解析】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.

10.BCD  【解析】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.ABD  【解析】由双曲线可知，，，所以，所以A正确；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，所以错误；因为由，当时，，此时通径长为3，因为，所以当时，点均在双曲线的右支上有两条，又因为，所以点分别在双曲线的左､右支上也有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.ABC  【解析】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

13.40  【解析】因为展开的通项公式为，所以含项的系数为.故填40.

14.  【解析】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.  【解析】依题可设圆的方程为：，且，因为圆与圆外切，且过点，所以解得，，

所以相应的方程为.故填.

16.①②  【解析】由与，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，，所以，又由题可知，所以，所以①正确；

②当时，即0，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，

所以不成立；由对称性可知当时，也不成立；

当时，因为首先是等腰三角形，由对称性可知点在轴上，此时，显然，故也不成立；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.

四､解答题

17.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.解：（1）由，

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.解：（1）零假设为：：是否喜爱大课间运动程度与类体操和体操无关.

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类体操和类体操有关.

（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类体操也有喜爱类体操的情况有种，

所以.所以参加发言的学生既有喜爱

类体操也有喜爱类体操的概率为.

20.证明：（1）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.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.解：（1）由，

得，

当时，，

当时，记

单调递增，又因为，

所以当时，时，，

所以的单调递减区间是，

的单调递增区间是.

（2）由题可知1），且，

，

令，则，

所以在单调递增，

当时，在单调递增，

且，即此时有唯一零点.

当时，令，即，

因为，取，

，所以存在，使0，

当时，单调递减；

当时，单调递增，

所以，

①当时，，此时有唯一零点.

②当时，因为0，

所以，因为，所以，

，令，

则，当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以，

所以

即在存在一个零点，此时共有2个零点.

③当时，因为，

所以，因为，所以，

且，因为当时，，所以，所以，

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.