2023届湖南省娄底市新化县第一中学高三上学期期末线上测试数学试题含答案

这是一份2023届湖南省娄底市新化县第一中学高三上学期期末线上测试数学试题含答案，共21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届湖南省娄底市新化县第一中学高三上学期期末线上测试数学试题 一、单选题1．设集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据补集的运算求得，再结合并集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，，根据补集的运算，可得，则.故选：C.2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先对复数化简，从而可得其共轭复数，进而可得答案【详解】解：因为，所以，所以对应的点位于第四象限，故选：D3．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用两角和的正弦和余弦公式求出的值，然后利用二倍角的正弦公式以及弦化切思想可求出的值.【详解】，，可得，.因此，.故选：A.【点睛】本题考查二倍角正弦值的计算，同时也考查了两角和正弦和余弦公式的应用以及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于中等题.4．已知数列中，对任意，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用求通项公式，判断出是等比数列，再进行求和.【详解】∵①，∴②，②-①得，∴．当时，，符合上式，∴．∴，∴，，∴是以4为首项，9为公比的等比数列，∴．故选：D．5．山西五台山佛光寺大殿是庑殿顶建筑的典型代表．庑殿顶四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，又叫五脊殿．《九章算术》把这种底面为矩形，顶部为一条棱的五面体叫做“刍甍”，并给出了其体积公式：×（2×下袤＋上袤）×广×高（广：东西方向长度；袤：南北方向长度）．已知一刍甍状庑殿顶，南北长18m，东西长8m，正脊长12m，斜脊长m，则其体积为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，利用直角三角勾股定理，求出高FO，代入体积公式求解即可.【详解】如图，已知，，，，过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，则，，，，即该五面体的高度为3m．所以其体积．故选：D6．已知为抛物线的焦点，准线为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，点在准线上的射影分别为，且满足，则（    ）A． B． C．3 D．【答案】C【分析】先设出,点坐标，根据抛物线定义表示出和，然后把已知条件进行用坐标表示，最后化简即可得出结果.【详解】解：设，,准线与轴交于点，如图：在和中，由勾股定理得：，，又因为，所以.由抛物线定义知，，，所以.故选：C.【点睛】本题考查了抛物线的定义和设而不求思想，解析几何中设而不求是一种常见的计算技巧，关键是把条件坐标化，突出考查计算能力，属于中档题.7．已知正方形的边长为是它的外接圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出图形，结合向量的线性运算和数量积运算化简，求的范围可得 的取值范围.【详解】当弦的长度最大时，弦过正方形的外接圆的圆心，因为正方形的边长为2，所以圆的半径为，如下图所示：则，，所以，.因为点为正方形四条边上的动点，所以，又，所以，故选：A.8．已知，，且成立，则下列不等式不可能成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为，构造函数，求出的单调性，即可求出答案.【详解】，即，，所以 等价于，所以构造函数，，所以即，即，所以在上为减函数，在上为增函数.对A，等价于即可以满足条件，故A可能成立；对B，等价于即可以满足条件，故B可能成立；对C，等价于即同在的单调增区间内，满足条件，故C成立；对D，等价于即同在的单调减区间内，，故D不满足题意.故选D. 二、多选题9．PM2.5是衡量空气质量的重要指标.下图是某地9月1日到10日的PM2.5日均值（单位：）的折线图，则下列说法正确的是（    ）A．这10天中PM2.5日均值的中位数大于平均数B．这10天中PM2.5日均值的中位数是32C．这10天中PM2.5日均值的众数为33D．这10天中PM2.5日均值前4天的方差小于后4天的方差【答案】BC【分析】将数据从小到大排列，判断中位数，根据平均数公式计算整组数据的平均数与前4天、后4天的平均数，再由方差公式计算前4天、后4天的方差.【详解】将数据从小到大排序得：17，23，26，30，31，33，33，36，42，128，则中间两个数为31，33，所以中位数为，平均数为，所以平均数大于中位数，故A错误，B正确；所有数据中出现次数最多的数为33，所以众数为33，C正确；前4天的平均数为，后4天的平均数为，所以前4天的方差为，后4天的方差为，因为，所以前4天的方差大于后4天的方差，D错误.故选：BC10．已知数列满足，，则下列结论中错误的有（    ）A．为等比数列 B．的通项公式为C．为递增数列 D．的前项和为【答案】BC【分析】取倒数后由构造法得为等比数列，得通项公式后对选项逐一判定【详解】由题意得，则，而，故是首项为，公比为的等比数列，，得，为递减数列，故A正确，B，C错误，对于D，，的前项和为，故D正确，故选：BC11．在中，若，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（    ）A．若，则的面积是 B．若，则的外接圆半径是C．若，则 D．的最小值是【答案】ACD【分析】A、B、C选项由已知结合正弦定理和差角公式及同角的基本关系进行变形即可判断，D选项用角表示出结合三角恒等变换以及均值不等式即可判断.【详解】因为，角的平分线交于，所以，，所以，，由正弦定理得，所以，所以，故A正确；因为，所以，设的外接圆半径是，由正弦定理，，所以，故B错误；因为，由正弦定理，因为和互补，所以，所以，故C正确；设，则，因为，所以若，则，若，则，令，，，当且仅当，即或时，则或，故或（舍去），综上：当为等边三角形时，的最小值是，故D正确.故选：ACD.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.12．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（    ）A．该半正多面体的体积为B．A，C，D，F四点共面C．该半正多面体外接球的表面积为D．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为【答案】ABD【分析】A选项，将该半正多面体补成正方体，从而求出正方体的体积，减去8个三棱锥的体积，求出答案；B选项，求出补成的正方体的外接球的半径即为该半正多面体的半径，从而求出外接球体积；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理进行求解；D选项，设出点的坐标，用空间向量表达出直线DE与直线AF所成角的余弦值，换元后，使用二次函数的取值范围求出直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围.【详解】将该半正多面体补成正方体．因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2．该半正多面体的体积，A正确．该半正多面体的外接球球心即正方体的外接球球心．设正方体的外接球球心为M，则该半正多面体的外接球半径，故该半正多面体外接球的表面积为，C错误．建立如图所示的空间直角坐标系，则，．设，可解得，则，，共面，即A，C，D，F四点共面，B正确．又，设，所以，则．．令，则．因为，所以，故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为．D正确．故选：ABD 三、填空题13．已知向量的夹角为，则________．【答案】7【分析】将模平方，结合数量积公式，化简计算，即可得答案.【详解】.故答案为：714．如图，在菱形中，，，为的中点，则的值是_________．【答案】【分析】根据平面向量基本定理，用作为基底向量表示，进而根据数量积的运算即可求解.【详解】∵E为CD的中点，∴，又ABCD为菱形，且AB=2，∠DAB=60°，∴故答案为：515．已知双曲线与圆（为双曲线的半焦距）的四个交点恰为一个正方形的四个顶点，则双曲线的离心率为______.【答案】【分析】将双曲线方程和圆的方程联立可求得，由曲线对称性和正方形特征知，由此构造齐次方程求得离心率.【详解】由得：，，两曲线交点恰为一个正方形四个顶点，，即，整理可得：，，解得：，又，，则.故答案为：.16．已知函数，对于任意都有恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【分析】令，将已知不等式转化为，则只需在上单调递增，即恒成立即可；令，分别在、和三种情况下，根据一次函数单调性得到最小值，由此可求得的范围.【详解】由得：，令，则恒成立，在上单调递增，在上恒成立，令，在上恒成立，当时，恒成立，满足题意；当时，，解得：，；当时，，解得：，；综上所述：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数中的恒成立问题，解题关键是能够将已知等式进行变形，从而构造出新的函数，将问题转化为在上单调递增来进行求解. 四、解答题17．已知，，．（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为，，（2）最大值2，最小值．【分析】（1）用向量的数量积的坐标运算求出的解析式，利用周期公式求函数的最小正周期，整体代换的方法求出单调区间；（2），时，求出内层函数的取值范围，结合三角函数的图象和性质，可得的最大值和最小值．【详解】，的最小正周期．由，．得：的单调递减区间为，，．（2），时，可得：，当时，函数取得最小值为．当时，函数取得最大值为．所以函数在区间，上的最大值2，最小值．18．已知数列是公差不为的等差数列，前项和为，，是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，若，求数列前项和为．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由等比中项定义可得，利用表示出和，解方程组可求得，由等差数列通项公式可求得；（2）由（1）可得，进而得到，利用错位相减法即可求得.【详解】（1）设等差数列的公差为，是与的等比中项，，又，，解得：，.（2）由（1）得：，，，则两式作差得：，．【点睛】方法点睛：当数列通项公式满足等差等比的形式时，采用错位相减法求解数列的前项和，具体步骤如下：①列出的形式；②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比，得到；③上下两式作差得到，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分；④整理所得式子求得.19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，为棱的中点．（1）证明：；（2）若，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接AC,BD交于O，取AD的中点F，连接EF，利用面面垂直性质定理证得PF⊥AC，然后利用菱形证得BD⊥AC,利用线面垂直的判定定理证得AC⊥面EFP，从而证得结论；（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，写出各点坐标和向量的坐标，设出平面的法向量，利用空间向量数量积求解即可.【详解】解：（1）连接AC,BD交于O，取AD的中点F，连接EF，∵PA=PD,∴PF⊥AD，又∵面PAD⊥面ABCD，AD面ABCD，∴PF⊥面ABCD，∴PF⊥AC，又∵EF为△ABD中BD边的中位线∴平行且等于 又菱形的对角线相互垂直平分，则BD⊥AC,∵PF,EF面EFP，PFEF=F，∴AC⊥面EFP，又PE面EFP，∴（2）连接BF，∵，则△ABD为正三角形，∵F为AD的中点，则BF⊥AD又∵面PAD⊥面ABCD，AD平面PAD,∴BF⊥平面PAD，又DF平面PAD，∴BF⊥DF以F为原点如图所示建立空间直角坐标系F-，设AD=2，则PA=AD=BP=2则，∴,∴,,设平面EPC的法向量为，∴,即，令，得，同理，设平面PCB的法向量为，∴,即，令，得，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，，故二面角的余弦值为.20．乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分，如图， 甲上有两个不相交的区域，乙被划分为两个不相交的区域 .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在上记3分，在 上记1分，其它情况记0分.对落点在上的来球，队员小明回球的落点在 上的概率为，在 上的概率为；对落点在 上的来球，小明回球的落点在上的概率为 ，在上的概率为 .假设共有两次来球且落在上各一次，小明的两次回球互不影响.求：（Ⅰ）小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；（Ⅱ）两次回球结束后，小明得分之和的分布列与数学期望.【答案】（I）小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.（II）机变量的分布列为： 数学期望【详解】试题分析：（I）记为事件“小明对落点在A上的来球的得分为分”（ ）则，记为事件“小明对落点在B上的来球的得分为分” （ ）则，记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”，由题意，，由事件的独立性和互斥性，即可得到小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率.（II）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6，由事件的独立性和互斥性，得可得随机变量的分布列为： 利用数学期望的计算公式得到试题解析：（I）记为事件“小明对落点在A上的来球的得分为分”（ ）则，记为事件“小明对落点在B上的来球的得分为分” （ ）则，记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”，由题意，，由事件的独立性和互斥性，,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.（II）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6，由事件的独立性和互斥性，得,,,,,,可得随机变量的分布列为： 所以数学期望【解析】随机变量的分布列与数学期望，互斥事件、独立事件的概率. 21．已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆C交于M、N两点．（1）求椭圆C的方程；   （2）若直线与圆相切，证明：为定值【答案】（1）（2）详见解析【分析】（1）根据椭圆的有关知识可得，从而可得椭圆的方程；（2）分直线的斜率存在与否两种情况求解．①当的斜率不存在时，其方程为，可得、的坐标，由向量的数量积可得；②当的斜率存在时，设其方程为，由直线与圆相切得．然后将直线方程与椭圆方程联立、消元，根据根与系数的关系由数量积可得，从而可得．综上可得为定值．【详解】（1）由题意得，∴椭圆的方程为          （2）①当直线的斜率不存在时，因为直线与圆相切，所以直线方程为．当时，可得M、N两点坐标分别为，，.当时，同理可得；②当的斜率存在时，设，由题意得，，由，消去整理得，∵直线与圆相交，∴设，则，，   ，.综上（定值） ．【点睛】直线与圆的综合问题的求解策略（1）利用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化)，把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决，解题中要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用．（2）直线与圆和平面几何联系十分紧密，解题时可考虑平面几何知识的运用，如在直线与圆相交的有关线段长度计算中，要把圆的半径、圆心到直线的距离、直线被圆截得的线段长度放到一起综合考虑．22．已知函数．（1）讨论函数的单调性;（2）若，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，求证：．【答案】（1）见解析 （2）证明过程见解析.【分析】（1）根据实数的正负性，结合导数的性质分类讨论进行求解即可；（2）根据零点的定义，结合指数的运算法则，通过构造新函数，利用导数的性质进行证明即可.【详解】（1）由，可得，当时，，函数是实数集上的增函数，当时，令，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，综上所述：当时，函数是实数集上的增函数，当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减；（2）由（1）可知：当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以函数有最小值，最小值为：，因为函数有两个不同的零点，不妨设，因为当时，，当时，，所以有，即，，因为函数有两个不同的零点，所以，因此令，构造函数，因为，所以，因此，所以当时，函数单调递减，故有，而，所以.【点睛】关键点睛：通过零点得到，根据指数的运算性质得到的表达式，结合构造新函数是解题的关键.