2022-2023学年湖南省益阳市高三上学期9月质量检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省益阳市高三上学期9月质量检测数学试题含解析，共18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。
湖南省益阳市2022-2023学年高三上学期9月质量检测数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B．C． D．2．命题“，使”的否定是（       ）A．，都有B．，都有C．，使D．，使3．已知函数，则（       ）A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于直线对称C．函数的最小值为 D．函数在上单调递增4．若，，则的值为（       ）A． B． C． D．5．已知正方体中，是的中点，则下列结论正确的是（       ）A．与相交 B．C．平面 D．平面6．在正三棱锥中，是的中心，，则(       )A． B． C． D．7．已知函数，对任意，都有成立，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．8．有台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，第，台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第，，台车床加工的零件数分别占总数的，，随机取一个零件，记“零件为次品”，“零件为第台车床加工”，则下列结论：①，②，③，④其中正确的有（       ）A．个 B．个 C．个 D．个 二、多选题9．上级某部门为了对全市名初二学生的数学水平进行监测，将获得的样本数学水平分数数据进行整理分析，全部的分数可按照，，，，分成组，得到如图所示的频率分布直方图则下列说法正确的是（       ）A．图中的值为B．估计样本数据的分位数为C．由样本数据可估计全市初二学生数学水平分数低于分的人数约为D．由样本数据可估计全市初二学生数学水平分数分及以上的人数占比为10．已知双曲线经过点，则（       ）A．的实轴长为 B．的焦距为C．的离心率为 D．的渐近线方程是11．已知随机变量， 随机变量， 则下列结论正确的是（       ）A． B．C． D．12．已知正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，点为侧棱含端点上的动点，若平面与直线垂直，则下列说法正确的有（       ）A．直线与平面不可能平行B．直线与平面不可能垂直C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的面积为 三、填空题13．已知，其中为虚数单位，则__________．14．若为奇函数，则__________．15．已知直线与抛物线交于A、两点，为抛物线的准线上一点，且，过且垂直轴的直线交抛物线于点，交直线于点，若，则__________．16．在单调递增数列中，已知，，且，，成等比数列，，， 成等差数列，那么__________． 四、解答题17．已知数列满足，，，数列是等差数列，且，．(1)求数列，的通项公式(2)设，求数列的前项和．18．已知的内角的对边分别为，，，且A.(1)求(2)若，，求的值．19．已知一个袋子里装有颜色不同的个小球，其中红球个，黄球个，现从中随机取球，每次只取一球．(1)若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球三次，至少两次取得红球”的概率(2)若每次取球后都不放回袋中，且规定取完所有红球或取球次数达到四次就终止取球，记取球结束时一共取球次，求随机变量的分布列与期望．20．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，设．(1)求证：；(2)若与平面所成角的正弦值为，求实数的值．21．已知点是椭圆的左焦点，过且垂直轴的直线交于，，且.(1)求椭圆的方程(2)四边形(A，D在轴上方的四个顶点都在椭圆上，对角线，恰好交于点，若直线，分别与直线交于，，且为坐标原点，求证：．22．已知函数．(1)若函数存在极大值为，求实数的值(2)设函数有三个零点，求实数的取值范围．
参考答案：1．A【分析】由绝对值不等式化简集合,根据集合的交运算即可求解.【详解】故选：A2．B【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可求解.【详解】命题“，使”的否定为，都有．故选：B3．C【分析】根据周期计算公式可判断A，代入检验可判断BD,根据正弦的有界性可判断C.【详解】对于，函数的最小正周期，A错误对于B，当时，此时，B错误对于C，由于，故的最小值为，C正确对于D，当时，，在上不单调递增，D错误．故选：C4．B【分析】根据多项式乘法原理和二项式定理即可求解.【详解】∵，故展开式中的系数.故选：B.5．B【分析】对于A，作图直接观察，由异面直线的定义，可得答案；对于B，由线面垂直的定义，通过证明线面垂直，可得答案；对于C，根据正方体的性质，结合线面垂直判定定理，找出垂线，判断其垂直与已知直线的位置关系，可得答案；对于D，过所求平面中的点，作已知直线的平行线，根据线面位置关系，可得答案.【详解】对于A，由题意可作图如下： 因为与异面，故A错误；对于B，连接在正方体中，如下图： ，平面，因为平面，所以，因为，所以平面，平面，所以，故B正确；对于C，连接，如下图： 可得平面，因为与不平行，所以不垂直平面，故C错误；对于D，取中点，连接，如下图： 则，因为交平面于，不平行平面，即不平行平面，故D错误．故选：B.6．D【分析】将转化为，由三棱锥是正三棱锥可知PO⊥OA，即可将转化为，结合勾股定理即可求解．【详解】为正三棱椎，为的中心，∴平面，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，∴，故．故选：D.7．D【分析】根据分段函数的单调性即可求解.【详解】由任意，都有可知函数在上单调递增，故有得．故选：D8．C【分析】由全概率公式和条件概率依次判断4个结论即可.【详解】因为，故①正确；因为，故②正确；因为，，所以，故③正确；由上可得，又因为，故④错误．正确的有3个.故选：C.9．AB【分析】根据频率之和为1可判断A,由百分位数的计算可求解B,根据频率分布直方图可得每个分数段的占比，即可判断CD.【详解】对于A;频率分布直方图中小长方形的总面积为，组距为，故，解得，故A正确；对于B;设的百分位数为，落在区间中，即，解得，故B正确；对于C;分以下的人占比为，故全市初二学生数学水平分数低于分的人数约为，故C错误，对于D;分以下的人占比为，故D错误.故选：AB10．BC【分析】根据双曲线经过点,可得双曲线标准方程，根据双曲线的简单几何性质即可逐一判断.【详解】由题意得，得即双曲线方程为．所以，双曲线的实轴长是，焦距是，离心率为，渐近线方程是故BC正确，AD错误，故选：BC11．ABC【分析】根据正态密度曲线的对称性及正态分布的原则即可求解.【详解】解：因为随机变量，所以，因为随机变量，所以，所以利用正态密度曲线的对称性可得，，故选项A、B正确；因为，，所以，故选项C正确；因为，，所以，故选项D错误.故选：ABC.12．BCD【分析】根据假设可能平行和垂直，即可根据线面关系判断AB,结合线面角的向量求法，即可根据向量夹角求解C,根据是中点，可得平面即平面，进而找到截面，即可求解面积.【详解】对于，已知若则当与重合时，,故可能成立，故A错误，对于B，已知若，则这与相交矛盾，故与平面不可能垂直，故B正确，对于C，因为所以为平面的一组法向量，所以直线与平面所成角的正弦值为所成角的余弦值的绝对值，即为,在直角中，，C正确对于D，由题意知为的中点，连接，，，，，，在直角三角形中，，又，,所以，所以，同理,,，所以，又平面，平面，，所以平面，所以平面即平面，三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形,又，，,故为等边三角形，所以，D正确，故选：BCD13．##【分析】根据复数的除法运算方法和共轭复数的概念即可求解.【详解】，.故答案为：.14．【分析】由奇函数的性质可得出，求出的值，再利用函数奇偶性的定义验证即可.【详解】因为函数的定义域为，且函数为奇函数，则，解得，此时，则，即函数为奇函数，合乎题意.因此，.故答案为：.15．【分析】设，，，联立l和抛物线方程，根据韦达定理得、、、的值，根据抛物线焦点弦长公式求出k，由可求，从而可求M和N的纵坐标，由此可求．【详解】设，，，由得：，∵，，，∴，，，，，，则取时，，，，，，，，即，即，即故，将x＝2代入l方程得，将代入抛物线方程得，故，根据抛物线的对称性可知，当k＝－1时，．综上，．故答案为：216．【分析】根据条件，推导出 之间的关系，再计算出通项公式即可.【详解】因为数列单调递增，，故，由已知条件得，， ，化简可得，在等式左右两边同时除以，化简得，故数列为等差数列，，所以数列的首项为，公差为，故，即，因为，可得，故当为偶数时，当为奇数时，，所以；故答案为：2550.17．(1),(2)【分析】（1）根据可判断是等比数列，进而根据等差和等比数列基本量的计算即可求解通项公式,（2）根据分组求和即可求解.（1）因为数列满足，，，所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，，即数列的通项公式为，设等差数列的公差为，由，，得，解得，所以，，即数列的通项公式为（2）有（1）可知，所以，数列的前项和，即．18．(1)(2)【分析】（1）根据弦切互化结合两角和的余弦公式即可求解，（2）由面积公式可求，进而根据余弦定理即可求解.（1）由得，即，，，，，．（2）由，，，解得，，．19．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）由题意可知，该事件符合二项分布，根据其概率公式，可得答案；（2）根据离散型随机变量分布列以及期望的定义解题，根据题意，分别计算该率，列出表格和期望计算公式，可得答案.（1）连续取球三次，记取得红球的次数为，则，则．（2）随机变量的所有可能取值为，，，，，，所以随机变量的分布列为  所以随机变量的期望为．20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，即可得到、，再由线面垂直得到，从而得到平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得到方程，解得即可.（1）证明：取的中点，连接，则，又，四边形为平行四边形，，，．，，．平面，又平面，所以．又，，平面，所以平面．又平面，所以．（2）解：由（1）知，，因为平面，，，故以，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，．因为点在棱上，且，所以，，所以，，设平面的法向量为，由，得，令，可得平面的一个法向量为，因为与平面所成角的正弦值为，因此，解得．所以所求实数的值为．21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件，列方程组求解即可.（2）“设而不求”，利用直线方程与椭圆方程联立，韦达定理，再结合图形、已知条件，利用对称性进行计算、证明.（1）由已知得 ，解得，，故椭圆的方程是.（2）由题设直线的方程为，，，把代入得，所以， ，设直线的方程为，，，类似可得，，因直线的方程为，所以点的纵坐标，同理可得点的纵坐标，要证，只需证，即证，即而式左边，故结论成立 .22．(1)(2)【分析】（1）求导，根据导函数判断的单调性，进而确定极值，通过构造函数，即可求导确定单调性，进而得值，（2）求导，通过分类讨论的范围，确定单调性，即可求解（1）由题意得函数的定义域为，当时，有，在区间内恒成立，所以在区间内单调递减，无极值当时，有，由得，由得所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以在取得极大值，故，即，令，则，在上小于，在上大于，所以在上递减，在上递增，所以在有最小值，所以，方程有且仅有一个根，所以，．（2）因为，则设，则，显然在内递增且，所以，在内，单调递减，在内，单调递增，所以有极小值，又当时，在恒成立，即，所以在区间内单调递增，最多一个零点，不符合题意当时，，，，所以存在，使得，则在内，，单调递增，在内，，单调递减，在内，，单调递增，又，所以在上有且只有一个零点，又，在上有且只有一个零点，又，在上有且只有一个零点所以函数恰有三个零点．当时，在小于，又，结合的单调性可知，存在，使得，于是在内单调递减，在内单调递增，函数最多两个零点，不合题意．综上所述，实数的取值范围是．【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用函数的极值点求参数值，以及利用导数研究函数的零点问题，难度较大.在求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；往往需要借助于导数来确定函数的单调性，构造函数也是常用到的方式，(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．