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湖南省部分学校2023届高三数学上学期12月联考试题(Word版带解析)

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绝密★启用前高三数学考试注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设出,得到,,从而列出方程,求出,,得到答案.【详解】设复数,则,因为,所以,解得,因为,,所以,解得,故.故选:B2.定义差集且,已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据差集的定义直接求解即可.【详解】因为,,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 所以,所以.故选:B3.“”是“”()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据二倍角的余弦公式以及充分条件、必要条件的概念即可得结果.【详解】若,则.若,则或.故“”是“”的充分不必要条件.故选:A.4.已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥,当瓶内装满水并喝完一半,且瓶正立旋置时(如图所示),水的高度约为()(参考数据:,)A.1.62dmB.1.64dmC.3.18dmD.3.46dm【答案】B【解析】【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时,圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半,设上半部分小圆锥的底面半径为rdm,则小圆锥的高为2rdm,然后列方程可求出,从而可求出结果.【详解】因为瓶内装满水并喝完一半,所以当装水的瓶正立放置时,圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半,设上半部分小圆锥的底面半径为rdm,则由题意可得小圆锥的高为2rdm,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 则,解得,即,.则剩余的水的高度为.故选:B5.若函数在内有2个零点,则a的取值范围为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接解方程,然后根据解的要求列不等式得结论.【详解】由,得或.依题意可得,且,所以,且.故选:D.6.展开式中的系数为()A.B.21C.D.35【答案】A【解析】【分析】先将原式整理为,视为两项的展开式,要含有的项,需要在中找即可【详解】因为展开式的通项公式为,所以当时,含有的项,此时,故的系数为.故选:A7.若,椭圆C:与椭圆D:的离心率分别为,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ,则()A.的最小值为B.的最小值为C.的最大值为D.的最大值为【答案】D【解析】【分析】根据,求得两个椭圆的离心率,然后利用基本不等式求解.【详解】解:因为,所以,,所以,当且仅当时,等号成立,故的最大值为,无最小值.故选:D8.正三棱柱的底面边长是4,侧棱长是6,M,N分别为,的中点,若点P是三棱柱内(含棱柱的表面)的动点,MP∥平面,则动点P的轨迹面积为()A.B.5C.D.【答案】C【解析】【分析】取AB的中点Q,证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部(挖去点M).然后计算△MQC的面积即可.【详解】取AB的中点Q,连接MQ,CQ,MC,由M,N,Q分别为,,AB的中点可得,平面,平面,所以平面,同理得平面,,平面,则平面平面,所以动点P的轨迹为△MQC及其内部(挖去点M).在正三棱柱中,△ABC为等边三角形,Q为AB的中点,则,平面平面,平面平面,则CQ⊥平面,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 平面,所以.因为,所以,因为侧棱长是6,所以.所以,则△MQC的面积,故动点P的轨迹面积为.故选:C【点睛】结论点睛:本题考查空间点的轨迹问题,空间点的轨迹几种常见情形:(1)平面内到空间定点的距离等于定长,可结合球面得轨迹;(2)与定点的连线与某平面平行,利用平行平面得点的轨迹;(3)与定点的连线与某直线垂直,利用垂直平面得点的轨迹;(4)与空间定点连线与某直线成等角,可结合圆锥侧面得轨迹;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.下列函数满足的是()A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据,有,逐项判断.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【详解】解:因为,则当时,必有.若,则,则A错误.若,则,则B正确.若,则,则C错误.若,则,则D正确.故选:BD10.已知圆C:,则()A.圆C与圆D:相交B.直线与圆C可能相切C.直线与圆C必相交D.直线,各自被圆C所截得的弦长恰好相等【答案】ACD【解析】【分析】利用直线与圆,圆与圆的位置关系判断.【详解】对于A,因为,所以圆C与圆D:相交,A正确.对于B,点C到直线的距离,则直线与圆C相离,B错误.对于C,,得,令,得,解得,,所以直线l过定点,易知在圆C的内部,所以直线与圆C必相交,C正确.对于D,因为,所以点C第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 到这两条直线的距离相等,且这两条直线与圆C相交,所以直线,各自被圆C所截得的弦长恰好相等,D正确.故选:ACD11.将函数的图象向右平移个单位长度后,再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的,得到函数的图象,若在内恰有5个极值点,则的取值可能是()A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到,再根据因为在内恰有5个极值点,由求解.【详解】解:将的图象向右平移个单位长度后,得到的图象,再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的,得到,设,由,得,因为在内恰有5个极值点,所以,解得.故选:BCD12.若,,,,则()A.B.C.D.【答案】ABD【解析】第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【分析】构造函数比较大小,构造函数比较大小,利用三角函数定义有比较大小,从而得结论.【详解】由,令,则,故为增函数.由,得.由,令,则,当时,,,设,则,则在上单调递减,则,得在上单调递减,所以,得,故.根据三角函数的定义可证,故,即.故选:ABD【点睛】关键点点点睛:本题考查实数大小比较,解题关键是根据数据的形式构造适当的函数,利用导数确定函数单调性后,由单调性得大小关系.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,,若A,B,C三点共线,则____________.【答案】5【解析】【分析】由向量共线的坐标表示求解.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【详解】由A,B,C三点共线知,则,解得.故答案为:5.14.若函数的导函数为偶函数,则曲线在点处的切线方程为____________.【答案】(或)【解析】【分析】求出导函数,由其为偶函数得值,然后计算出斜率,再计算出,由点斜式得直线方程并整理.【详解】因为为偶函数,所以,解得,则.又,故曲线在点处的切线方程为,即.故答案为:.15.已知,点P满足,动点M,N满足,,则的最小值是____________.【答案】3【解析】【分析】以的中点O为坐标原点,的中垂线为y轴,建立如图所示的直角坐标系,由双曲线定义得点P的轨迹是以,为焦点,实轴长为6的双曲线的左支,然后根据双曲线的性质,数量积的运算律求解.【详解】以的中点O为坐标原点,的中垂线为y轴,建立如图所示的直角坐标系,则,由双曲线定义可知,点P的轨迹是以,为焦点,实轴长为6的双曲线的左支,即点P的轨迹方程为.,由,可得.因为的最小值为,所以的最小值是3.故答案为:3.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 16.设是数列的前n项和,,则____________;若不等式对任意恒成立,则正数k的最小值为____________.【答案】①.;②..【解析】【分析】由与关系,推出为等差数列,即可求出,再由原不等式转化为恒成立,,可证出为递增数列,不等式转化为,即可得解.【详解】当时,,得.当时,,,两式相减得,得,所以.又因为,所以是以6为首项,4为公差的等差数列,所以,即.因为,所以,即.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 记,所以为递增数列,.所以,解得,则正数k的最小值为.故答案为:,.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.在①,,②,,③,这三个条件中选一个合适的补充在下面的横线上,使得问题可以解答,并写出完整的解答过程.问题:在钝角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知,.(1)求△ABC的面积;(2)求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径.【答案】(1)选①③不合题意,选②面积为(2)【解析】【分析】(1)先判断选①③不合题意,若选②,利用余弦定理、平方关系以及三角形面积公式可得答案;(2)由正弦定理可得△ABC外接圆的半径,由三角形面积相等可得△ABC内切圆的半径.【小问1详解】若选①,则,,,可得,则△ABC为锐角三角形,不合题意;若选③,则,,,可得,则△ABC为锐角三角形,不合题意;若选②,因为,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 所以,故△ABC的面积.【小问2详解】由(1)知选①③不合题意;若选②,设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理得,所以.设△ABC内切圆的半径为r,由,得.18.已知在等比数列中,,且,,成等差数列,数列满足,,.(1)求的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由已知条件求得等比数列的公比和首项,即可求得其通项公式;(2)求得的通项公式,结合(1)的结论可得,利用分组求和法,结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.【小问1详解】因为,,成等差数列,所以,又因为在等比数列中,,所以,得的公比,所以,解得,故.【小问2详解】第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 由,,,得,则是等差数列,因为,所以,则,则.19.故宫太和殿是中国形制最高的宫殿,其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式,庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式,由一条正脊和四条垂脊组成,因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图,某几何体ABCDEF有五个面,其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD为矩形,AB=2AD=2EF=8,EF∥底面ABCD,EA=ED=FB=FC,M,N分别为AD,BC的中点.(1)证明:EF∥AB且BC⊥平面EFNM.(2)若二面角为,求CF与平面ABF所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由线面平行的性质结合已知条件可证得EF∥AB,由等腰三角形的性质可得EM⊥AD,FN⊥BC,再结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面EFNM;(2)过点E作,垂足为H,作,垂足为K,以H为原点,以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,然后利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明:因为EF∥底面ABCD,平面ABFE,平面底面,所以.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 因为,M,N分别为AD,BC中点,所以EM⊥AD,FN⊥BC,,因为∥,,所以四边形为平行四边形,所以,因为,所以四边形EFNM梯形,且EM与FN必相交于一点,又,所以,因为平面,故BC⊥平面.【小问2详解】解:过点E作,垂足为H,由(1)知BC⊥平面,因为平面,所以平面平面,因为平面平面,平面,所以EH平面,由,,得为二面角的平面角,则.因为,所以.作,垂足为K.以H为原点,以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则,,,,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ,.设平面ABF的法向量为,则,令,得.因为,所以,故CF与平面ABF所成角的正弦值为.20.某学校在50年校庆到来之际,举行了一次趣味运动项目比赛,比赛由传统运动项目和新增运动项目组成,每位参赛运动员共需要完成3个运动项目.对于每一个传统运动项目,若没有完成,得0分,若完成了,得30分.对于新增运动项目,若没有完成,得0分,若只完成了1个,得40分,若完成了2个,得90分.最后得分越多者,获得的资金越多.现有两种参赛的方案供运动员选择.方案一:只参加3个传统运动项目.方案二:先参加1个传统运动项目,再参加2个新增运动项目.已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为,能完成每个新增运动项目的概率均为,且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立.(1)若运动员甲选择方案一,求甲得分不低于60分的概率.(2)若以最后得分的数学期望为依据,请问运动员乙应该选择方案一还是方案二?说明你的理由.【答案】(1)第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 (2)运动员乙应该选择方案一;理由见解析【解析】【分析】(1)甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目;(2)方案一服从二项分布从而可求数学期望,再由方案二得分的分布列求得数学期望,比较两个期望的大小.【小问1详解】运动员甲选择方案一,若甲得分不低于60分,则甲至少要完成2项传统运动项目,故甲得分不低于60分的概率.【小问2详解】若乙选择方案一,则乙完成的运动项目的个数,所以乙最后得分数学期望为.若乙选择方案二,则乙得分Y的可能为取值为0,30,40,70,90,120,,,,,,.所以Y的数学期,因为,所以运动员乙应该选择方案一.21.已知抛物线,过点作直线与交于,两点,当该直线垂直于轴时,的面积为2,其中为坐标原点.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 (1)求的方程.(2)若的一条弦经过的焦点,且直线与直线平行,试问是否存在常数,使得恒成立?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,【解析】【分析】(1)由的面积为2可得,求解即可;(2)设直线MN:,设直线ST:,分别代入,利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解.【小问1详解】当直线MN垂直于x轴时,直线MN的方程为,代入,得,因为的面积为2,所以,解得,故C的方程为.【小问2详解】由题意可知,直线MN的斜率一定存在,设直线MN:,则,代入,得,设,,则,,,.设直线ST:,则,代入,得,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 设,,则,,,,故存在常数,使得恒成立.【点睛】关键点睛:第二问中,关键在于利用韦达定理结合弦长公式得出,,从而得出.22.设为的导函数,若是定义域为D的增函数,则称为D上的“凹函数”,已知函数为R上的凹函数.(1)求a的取值范围;(2)设函数,证明:当时,,当时,.(3)证明:.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】【分析】(1)对函数求三次导数,根据导函数的正负和题干条件进行求解即可;(2)对函数两次求导,判断导数与零的大小关系,进而确定;(3)由(2)可知:,将不等式进行等价转化为,再结合(1)即可证明.【小问1详解】解,设为的导函数,则.设,则.当时,;当时,.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 所以在上是减函数,在上增函数.所以.因为为R上的凹函数,所以,解得,故a的取值范围是.【小问2详解】证明,的导函数.若,则,若,则,所以在上单调递减,在上单调递增,所以最小值为,则,为增函数.又,所以当时,,当时,.【小问3详解】证明:由(2)知,即,所以.由(1)知,,因为,所以,所以,故.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-02-18 11:59:03 页数:19
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文章作者:随遇而安

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