2023届湖南省岳阳市平江县高三下学期教学质量监测（三）数学试题含解析

这是一份2023届湖南省岳阳市平江县高三下学期教学质量监测（三）数学试题含解析，共22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届湖南省岳阳市平江县高三下学期教学质量监测（三）数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求函数的定义域，解不等式，借助数轴即可求出交集.【详解】由解得，由解得，故.故选：B.2．设复数满足 ，则复数的虚部是（    ）A．  B． C．  D．【答案】D【分析】根据复数的乘除法规则和复数的实部虚部定义求解.【详解】因为复数满足 ，即 ，所以 ，所以复数的虚部是；故选：D.3．已知平面向量的夹角为，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，展开计算即可.【详解】由已知.故选：D.4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，解得，即可求出球的体积.【详解】设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为，设母线为，则，所以直角圆锥的侧面积为：，可得：，，圆锥的高，由，解得：，所以球的体积等于，故选：B5．某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（    ）A．18 B．24 C．36 D．60【答案】C【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答.【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列，又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种，其中的每一种排法，C、D节目的排列有，所以节目安排的方法总数为（种）.故选：C6．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走到达B处，在B处测得山顶P的仰角为 γ ．想在山高的处的山腰建立一个亭子，则此山腰高为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】在处测得山顶的仰角为，的倾斜角，在处测得山顶的仰角为，利用正弦定理即可算出山腰高度.【详解】由题意可知，，，分别在，中，，， 所以， 又  在中，由正弦定理可得，， 即， ，在中，. 所以山腰高为.故选：C.7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，， 二面角的大小为，若球的表面积等于，则三棱锥的体积等于（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据球心到三棱锥各顶点的距离相等， 作出辅助线，找到球心，求出外接球半径，结合二面角的平面角的定义，求出三棱锥的高、底面积，得到三棱锥的体积.【详解】取的中点，连接，因为， 所以到的距离相等，故即为球心．由球的表面积等于，设外接球半径为，故，解得，过作垂直于于点，因为，，所以，同理，过点作，且，则，是二面角的平面角，，过点作，垂足为点.因为，，且两直线在平面内，所以平面，又平面，所以，,且两直线在平面内，所以平面，则为三棱锥的高，故三棱锥的高为，其中，所以三棱锥的体积．故选：B.8．已知函数，若有两个极值点，记过点，的直线的斜率为，若，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】当时，求导，根据有两个极值点可得，由奇函数的定义可得为奇函数，不妨设，则有，所以，.由直线的斜率公式的表达式，可得，令，利用导数可得在上单调递增，又由，根据单调性可得实数的取值范围.【详解】当时，函数的导数为，由函数由两个极值点得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.故当时，函数的极小值点为.当时，则，则，同理当时，也有，故为奇函数.不妨设，则有，所以，可得，由直线的斜率公式可得，又，所以.设，得，所以在上单调递增，又由，由，得，所以.故选:A.【点睛】对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 二、多选题9．2022年11月28日，平江-益阳高速公路通车运营，湖南省交通运输厅统计了平益高速2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量（单位：万车次），并与2022年12月22日至12月28日比较，得到同比增长率（）数据，绘制了如下统计图，则下列结论正确的是（    ）A．2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的极差为25B．2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的中位数为18C．2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量比2022年12月22日至12月28日高速公路车流量大的有4天D．2022年12月25日的高速公路车流量小于20万车次【答案】BC【分析】结合统计图，按照极差、中位数和同比增长率的定义判断正误即可.【详解】根据标准数据，依次分析各选项即可得答案．对于A：由题图知，2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的极差为，故A错误；对于B：易知2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的中位数为18，故B正确；对于C：2023年1月23日，1月26日，1月27日，1月28日这4天的同比增长率均大于0，所以2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量比2022年12月22日至12月28日高速公路车流量大的有4天，故C正确；对于D：2023年1月25日的高速公路车流量为18万车次，同比增长率为，设2022年12月25日的高速公路车流量为万车次，则，解得，故D错误．故选：BC.10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（    ）A．平面B．与所成的角为30°C．平面D．平面截正方体的截面面积为【答案】ABD【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，又，平面，平面，所以平面，故A正确；由上可知，四边形为平面截正方体的截面，易得，故四边形为菱形，又其对角线，，故其面积为，故D正确；设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，故为与所成的角，又，，由余弦定理可得，所以与所成的角为，故B正确；如图2所示，假设平面正确，则，又，，所以平面，得．在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，即平面错误，故C错误．故选：ABD．11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆C交于A，B两点（其中A在B的左侧），记面积为S，则（    ）A． B．时，C．S的最大值为 D．当时，【答案】ABD【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.【详解】由题知，，，设，则，对于A，根据椭圆的定义，，故A正确；对于B，，故，因为，即，所以，解得，故B正确；对于C，因为，当且仅当，即时等号成立，即所以，面积为，即的最大值为，故C错误；对于D，，所以，因为，所以，由点在椭圆C得，又，所以，整理得，即，解得，所以，所以面积为，故D正确；故选：ABD.12．设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（    ）A． B．数列单调递减C．当时，取得最小值 D．时，n的最小值为7【答案】AC【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解．【详解】由，得，，解得，当时，满足上式，所以当时，所以，故A正确；当时，单调递增，又所以数列单调递增，且，所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，所以当时，取得最小值，故B错误，C正确；又故D错误．故选：AC． 三、填空题13．已知的展开式中含项的系数为1024，则______．【答案】2【分析】根据二项式定理求解的系数再求解即可.【详解】因为的通项公式为，所以的展开式中含项为．，得.故答案为：214．写出与圆和都相切的一条直线方程____________．【答案】或中任何一个答案均可【分析】先判断两圆的位置关系，可知公切线斜率存在，方程可设为，根据圆心到直线的距离等于半径列出方程组，解之即可得出答案.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则，所以两圆外离，由两圆的圆心都在轴上，则公切线的斜率一定存在，设公切线方程为，即，则有，解得或或或所以公切线方程为或.故答案为：.（答案不唯一，写其它三条均可）15．已知函数的部分图象如图，，则____________．【答案】/0.75【分析】由求出，由图像得，结合求解，根据函数的对称性得，再结合求得结果.【详解】结合题意可知，，，∵，∴，又由图像可知，，即，解得.又由，即，即，，从而，故，令，，则，从而的对称轴为，，由图像可知，与关于对称，即，，因为，即，所以．故答案为：.16．若对任意，恒成立，则实数a的取值集合为____________．【答案】【分析】设函数，，则恒成立，由函数在处取得最大值，则，得出，再验证当时，符合题意．【详解】由题意设，，则恒成立，显然，函数在处取得最大值，，而，，即．当时，，当时，，，当时，，单调递增；当时，，单调递减.，符合题意．故实数a的取值集合为．故答案为：. 四、解答题17．已知等比数列的前n项和为，其公比，，且．(1)求数列的通项公式；(2)已知，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知条件求出公比，，直接写出等比数列的通项公式即可；（2）由（1）得，分组求和即可，注意分类讨论的思想.【详解】（1）因为是等比数列，公比为，则 ，所以，解得，由，可得，解得，所以数列的通项公式为．（2）由（1）得，当n为偶数时，；当n为奇数时；综上所述：.18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求；(2)设，当的值最大时，求△ABC的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出.（2）根据正弦定理将转化为关于的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出，即可求出△ABC的面积【详解】（1）由题意在△ABC中，，，由正弦定理得，∴，整理得到，而为三角形内角，故，故，而，故即.（2）由题意及（1）得在△ABC中，，，故外接圆直径，故，，其中，且，因为，故，而，故的最大值为1，此时，故，，故，且故，此时.19．如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.(1)证明：；(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；（2）由三棱柱的体积为可求出，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，∴，又∵AD=DC，∴，同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴，∵，，平面，∴平面，又∵平面，∴（2）∵且，∴平面ABC，∵平面ABC，∴，又∵，∴为二面角的平面角，即，，取BC的中点O，则，∴，又∵三棱柱的体积为，∴如图所示，建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，且，，则，令，则，，故，设平面的一个法向量为，且，，则，令，则b=0，，故，，故二面角的正弦值为.20．某大型商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4个为红色，4个为黑色．抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球．如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖．(1)若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望．(2)若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望．(3)如果你是商场老板，如何在上述问两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由．【答案】(1)分布列见解析；期望为(2)分布列见解析；期望为(3)答案见解析 【分析】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，则中奖次数服从二项分布；（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，则中奖次数的分布列可由相互独立事件的概率公式求出；（3）第（1）（2）两问的数学期望相等，根据宣传需要合理选用方案.【详解】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，所以的所有可能取值为，则，，，所以的分布列为012所以的数学期望．（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为，则，，，所以的分布列为012所以的数学期望为.（3）因为（1）（2）两问的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的小，即，第（1）问中不中奖的概率比第问小，即， 回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽；回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖．21．已知点在双曲线的渐近线上，点在上，直线交于B，C两点，直线AB与直线AC的斜率之和为0．(1)求直线的斜率；(2)若M为双曲线E上任意一点，过点M作双曲线的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于点P，Q，求△MPQ的面积．【答案】(1)6(2)4 【分析】（1）由双曲线渐近线斜率公式以及点在双曲线上，列方程求出双曲线方程，设直线AB的方程与双曲线联立，利用韦达定理求解点坐标，直线AB与直线AC的斜率互为相反数，同理得出点坐标，求出直线的斜率.（2）设M点坐标为，求解，结合面积公式求得结果.【详解】（1）如图，双曲线的渐近线方程为，代入点的，又点在双曲线上，即，联立解得，故双曲线的方程为．设点，，已知直线AB、AC的斜率一定存在，所以设直线AB的方程为，即，代入双曲线的方程得，所以，则，所以由直线AB与AC斜率之和为0，可设AC的方程为：同理可得所以，所以直线l的斜率为6．（2）设M点坐标为，过M作渐近线的平行线分别为，由（1）知，双曲线E的渐近线方程为，故可设的方程分别为，．联立解得所以同理可得又由，得，所以，又点M在双曲线E上，则，所以，即故△MPQ的面积为4．22．已知函数.(1)若在定义域内单调递增，求a的取值范围；(2)当时，若存在唯一零点，极值点为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）的取值范围（2）由（1）的单调性存在，使得，的单调性存在，使得要证，即证，即证只需证明，即可得到.【详解】（1）解：由题意，函数，可得，因为在定义域内单调递增，因此恒成立.当时，，不满足题意.当时，，满足题意.当时，即，得，设，则，令，可得，所以函数单调递减，且时，，因此在时，，单调递增，在时，，单调递减，得，从而，得.综上，实数a的取值范围为.（2）解：，当时，单调递增，而，，因此存在，使得， 且时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，故存在，使得.要证明，只需证明，即证.由，得，因此只需证明，即证.先证明：，.即证，即证，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，.接下来证明：，.即证，设，则，设，则，故单调递减，，从而，单调递减，故，即，.因此，，即不等式成立，故.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．