湖南省岳阳市2022-2023学年高三数学教学质量监测（一）试卷（PDF版附答案）

岳阳市2023届高三教学质量检测第一次考试数学试题一、单项选择题(本大题共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.)z1.在复平面内，复数z对应的点为(1,1)，则1iA.iB.iC.2iD.2i2.已知集合A{x|log2x1},B{x|x1}，则ABA.(1,2)B.(0,2)C.(0,)D.R223.已知直线l:ykx和圆C:(x1)(y1)1，则“k0”是“直线l与圆C相切的”A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件54.已知函数f(x)sinxacosx的一个零点是，将函数yf(2x)的图象向左平移个单312位长度后所得图象的表达式为7A.y2sin(2x)B.y2sin(2x)612C.y2cos2xD.y2cos2x5.核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的成本比火电站要低20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的发展方向.2021年10月26日，国务院发布《2030年前碳达峰行动方案》，提出要积极安全有序发展核电.但核电造福人类时，核电站的核泄露核污染也时时威胁着人类，如2011年，日本大地震导致福岛第一核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物是锶90，它每年的衰减率为2.47%.专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要800年，到那时，原有的锶90大约剩(参考数据lg0.97530.01086)1111A.%B.%C.D.8787101010106.已知两个等差数列2,6,10,及2,8,14,,200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{an}，则数列{an}的各项之和为A.1666B.1654C.1472D.14607.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SAC平面SBC，SAAC,SBBC，球O的体积为36，则三棱锥SABC的体积为A.9B.18C.27D.368.已知正实数x,y满足xy1，则下列不等式恒成立的是222xyyxA.xyB.xyxy2xy1xy1C.xyD.yx22二、多项选择题(本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.)x4e9.已知函数f(x)，则xe1A.f(sinx)是周期函数B.函数f(x)在定义域上是单调递增函数C.函数yf(x)2是偶函数D.函数f(x)的图象关于点(0,2)对称10.甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项，记事件A为“恰有两名同学所报项目相同”，事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”，则4A.四名同学的报名情况共有3种B.“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种14C.“四名同学最终只报了两个项目”的概率是271D.P(B|A)611.正方体A1B1C1D1ABCD的棱长为1，点P在线段BC1上运动，则下列结论正确的是A.异面直线AC与BC所成的角为6011B.异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是[,]32C.二面角AB1CB的正切值为2D.直线AB与平面ABCD所成的角为45111212.已知抛物线y3x上的两点A(x0,y0),B(x0,y0)(x00)及抛物线上的动点P(x,y)，直线PA,PB的斜率分别为k,k，坐标轴原点记为O，下列结论正确的是123A.抛物线的准线方程为x2B.三角形AOB为正三角形时，它的面积为27311C.当y0为定值时，为定值kk12D.过三点A0(0,y0),B0(0,y0),C0(x0,0)(x00)的圆的周长大于3三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.)3513.已知sin(),cos，,均为锐角，则cos()__________.251314.已知某车间在上半年的六个月中，每个月的销售额y（万元）与月份x(x1,2,3,4,5,6)满足线性回归方程y1.21x28.765，则该车间上半年的总销售额约为________万元. 22xy232115.已知椭圆E:1的左、右焦点分别为F1、F2，圆P:(x1)(y)交线段PF1、4324PF2于M、N两点，则MF1NF2_________．16.数列{a}的前n项和为S，am，且对任意的nN*都有anan12n1，则nn1(1)若S3S2，则m的取值范围是_____________；*(2)若存在kN，使得SkSk155，则实数m为________.四、解答题(本大题共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{an}满足a11，log3an1log3an1(nN)且数列{an}的前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；an1(2)设bn，求数列{bn}的前n项和Tn.(a1)2(S1)nn18.（本小题满分12分）8月5日晚，2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”开幕式在洞庭南路历史文化街区工业遗址公园（岳阳港工业遗址公园）举行.举办2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”，是我市深入贯彻落实中央和省委“稳经济、促消费、激活力”要求，推出的大型文旅活动，旨在进一步深挖岳阳“名楼”底蕴、深耕“江湖”文章，打造“大江大湖大岳阳”文旅IP，为加快推进文旅融合发展拓展新维度、增添新动力.在活动期间某小吃店的生意异常火爆，对该店的一个服务窗口的顾客从排队到取到食品的时间进行统计，结果如下：取到食品所需的时间(分)12345频率0.050.450.350.10.05假设每个顾客取到食品所需的时间互相独立，且都是整数分钟.从排队的第一个顾客等待取食品开始计时．(1)试估计“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”的概率；(2)若随机变量X表示“至第2分钟末，已取到食品的顾客人数”，求X的分布列及数学期望．19.（本小题满分12分）22在△ABC中，三个内角A,B,C的对应边分别为a,b,c，baac.(1)证明：B2A；(2)求cosCcosA的取值范围.20.（本小题满分12分） 已知直三棱柱A1B1C1ABC中，E,F分别为棱B1B和A1C1的中点，BAC45,AC22,AB3.(1)求证：平面EFC平面A1ACC1；2(2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为且A1A3，证明：平面AB1C1平面3EFC.21.（本小题满分12分）已知直线l1:y2x和直线l2:y2x，过动点E作平行l2的直线交l1于点A，过动点E作平行l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB（O为原点）的面积为4.(1)求动点E的轨迹方程；(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线E0，若过点M(1,0)的直线m与曲线E0交于P,Q两点，且与y轴交于点N，若NMMP,NMMQ，求证：为定值.22.（本小题满分12分）已知函数f(x)kln(1x),g(x)x,(kR).(1)讨论函数yf(x)g(x)在区间[0,)上的最大值；2(2)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x0,t恒有f(x)g(x)kx． 岳阳市2023届高三教学质量检测第一次考试数学参考答案一、单项选择题(本大题共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.B2.C3.C4.D5.B6.A7.A8.D二、多项选择题(本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.)9.ABD10.ACD11.BC12.BCD三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.)33613.14.19815.16.(1)2，(2)10或11655四、解答题(本大题共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.a*n13----------------------------------------1分解：(1)因为logaloga1(nN)，所以3n13nan所以数列{an}是首项为1公比为3的等比数列----------------------------------------------------3分n1所以数列{an}的通项为an3------------------------------------------------------------------------4分nn1(13)31(2)由(1)知数列{an}的前n项和Sn------------------------------------------5分132na3311n1b()------------------------8分nn1nn1n(a1)2(S1)(31)(31)23131nn所以3111111Tbbb...b()()...()n123n112n1n223131313131311（)n2231n133数列b的前n项和T------------------------------------------------------------------10分nnn4(31)na3n1注：如果只化简b，并写出T表达式给1分nn1nn(a1)2(S1)(31)(31)nn 18.解：设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：Y12345P0.050.450.350.10.05-------------------1分(1)A表示事件“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件A对应三种情形：①第一个人取到食品所需的时间为1分钟，且第二个人取到食品所需的时间为3分钟；②第一人取到食品所需的时间为3分钟，且第二人取到食品所需的时间为1分钟；③第一个和第二个人取到食品所需的时间均为2分钟．所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.05×0.35＋0.35×0.05＋0.45×0.45＝0.2375.--------------------------6分(2)X所有可能的取值为0,1,2.------------------------------------------7分X＝0对应第一个人取到食品所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；X＝1对应第一个人取到食品所需的时间为1分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1分钟，或第一个人取到食品所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.05×0.95＋0.45＝0.4975；X＝2对应两个人取到食品所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.05×0.05＝0.0025；-------------------10分所以X的分布列为X012P0.50.49750.0025--------------11分E(X)＝0×0.5＋1×0.4975＋2×0.0025＝0.5025.--------------------------12分19.22222解：(1)由余弦定理得bac2accosB又baac所以a(12cosB)c--------------------------------------------------------------------------------------2分由正弦定理得sinA(12cosB)sinC---------------------------------------------------------------3分又ABC所以sinA(12cosB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB得sinAsin(BA)----------------------------------------------------------------------------------------5分在三角形中得ABA或ABA（舍去）得B2A-----------------------------------------------------------------------------------------------------6分 (2)由(1)知B2A且ABC，所以03A所以0A---------------------7分3cosCcosAcos3AcosAcos(2AA)cosAsin2AsinAcos2AcosAcosA222sinAcosA(2cosA1)cosAcosA34cosA4cosA---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------9分31令xcosA,f(x)4x4x且x1222f(x)412x4(13x)13313可知当x时f(x)0所以f(x)4x4x在x单调递增2323333可知当x1时f(x)0所以f(x)4x4x在x1单调递减33383f(x)在x时取到极大值也是最大值，且最大值为3913183又f(),f(0)0,f()f(0)，所以0f(x)222983故cosCcosA的取值范围为(0,]---------------------------------------------------------------12分920.解：(1)法一：延长AA1,CF交于点N，连NE交A1B1于M则可知平面EFC即平面CEMF且M为A1B1靠近B1的三等分点所以A1M2，又A1F2，BAC45,222由余弦定理知MFA1MA1F2A1MA1FcosBAC2222所以MFA1FA1M故△A1MF为直角三角形，A1FMF直三棱柱A1B1C1ABC中，AA1平面A1B1C1，所以AA1MF，又AA1A1C1A1所以MF平面A1ACC1，MF平面EFC所以平面EFC平面A1ACC1-----------6分 法二：如图所示，以A为原点，OB,OA1为y轴和z轴的正方向，过A作y轴垂线为x轴建立空间直角坐标系，设A1A2a，则A(0,0,0),C(2,2,0),F(1,1,2a),E(0,3,a),A1(0,0,2a),C1(2,2,2a)所以CE(2,1,a),CF(1,1,2a),AC(2,2,0),AA(0,0,2a)1设平面EFC的一个法向量为n(x,y,z)，111nCE02x1y1az10则即nCF0x1y12az101令x11，则n(1,1,)a设平面A1ACC1的一个法向量为m(x2,y2,z2)，mAC02x2y022则即mAA102az10令x21，则m(1,1,0)1所以mn(1,1,0)(1,1,)0所以mn故平面EFC平面A1ACC1----------------------6分a1(2)EC(2,1,a)，由(1)知平面EFC的一个法向量为n(1,1,)1a222|cosEC1,n|由直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为得21335a22a4210得2a7a50得a或a12因为AA3，所以a11当a1时，n(1,1,1)，AC1(2,2,2)，知AC1//n，所以AC1平面EFC而AC1平面AB1C1，故平面AB1C1平面EFC-------------------------------------------------12分21.解：（1）法一：设E(x0,y0)，过E(x0,y0)且平行l2的直线方程为yy02(xx0) yy02(xx0)2x0y0由得交点A的横坐标为y2x422x0y05所以|OA|12|||2xy|0044|2xy|00E点到直线l1的距离为52222|2x0y0|5x0y0y0x0所以|2x0y0|4即1或1544161642222xyyx故动点E的轨迹方程为1或1---------------------------------------------5分416164l法二：设E(x,y)，E点到直线1的距离为h，到直线l的距离为h，BOA2122四边形OAEB（O为原点）的面积为S则S|OA|h|OB|h|OA||OB|sin2122所以S|OA||OB|hh所以Ssin2hh21212tan4tan2时，sin2，21tan512tan4tan时，sin2221tan5|2xy||2xy||2xy||2xy|16又h,h所以12555552222xyyx得动点E的轨迹方程为1或1----------------------------------------------5分41616422xy（2）由题知E0的方程为1416设N0,yN，Px1,y1，Qx2,y2，当直线m的斜率为0时，N0,012若P2,0，Q2,0，因为NMMP，NMMQ，知,1，所以33 12若Q2,0，P2,0，因为NMMP，NMMQ，知1,，所以3311当直线m的斜率不为0时,设直线m的方程为xty1（显然t0），则N0,，即yNtt因为NMMP，NMMQ，所以1,yNx11,y1，1,yNx21,y2，yN，uyN，11y1y2解得yNyN.y1y2y1y2y1y2xty122由22消x并整理成4t1y8ty1204xy16E有两个交点，则在2因为直线m与曲线04t10且判别式0时有8t12y1y22且y1y224t14t1218t4t12所以2t4t11232即证为定值-------------------------------------------------------------------------------------------12分322.k(k1)x解：(1)令F(x)f(x)g(x)kln(x1)x,x[0,)则F(x)11x1x当k1时，k1x0对于x[0,)恒成立，又1x0所以F(x)0恒成立所以F(x)在[0,)上单调递减所以当x0时，F(x)有最大值，且最大值为0当k1时知0xk1时F(x)0，函数F(x)单调递增xk1时F(x)0，函数F(x)单调递减所以xk1时F(x)有最大值，且最大值为klnkk1综上，当k1时yf(x)g(x)的最大值为0当k1时yf(x)g(x)的最大值为klnkk1-----------------------------------------------5分（2）由知（1）知，当k1时，x0,时yf(x)g(x)0当k1时，对任意的x0,k1，yf(x)g(x)02又欲f(x)g(x)kx成立，显然k0 当0k1时，f(x)g(x)g(x)f(x)xkln(1x)2令M(x)xkln(1x)kx,x[0,)，则有2k2kx(12k)x1kM(x)12kx,x(0,)1x1x2212k14k4k2kx(12k)x1k0有两个不同实数根x,14k212k14k4kx,且x10x224k故当0xx2时，M(x)0，M(x)在0xx2上单调递增2故M(x)M(0)0即f(x)g(x)kx，所以满足题意的t不存在当k1时由(1)知存在x0k10，使得对任意的x0,x0恒有f(x)g(x)0此时f(x)g(x)f(x)g(x)kln(1x)x2令N(x)kln(1x)xkx,x(0,)，则有2k2kx(2k1)xk1N(x)12kx,x(0,)1x1x22(2k1)12k4k12kx(2k1)xk10有两个不同实数根x14k2(2k1)12k4k1x且x10x224k故当0xx2时，N(x)0，N(x)在0xx2上单调递增2故N(x)N(0)0即f(x)g(x)kx，2记x0与x2中较小者为x0，则当0xx0时恒有f(x)g(x)kx，所以满足题意的t不存在当k1时，则(1)知，当x(0,)，f(x)g(x)g(x)f(x)xln(1x)2令h(x)xln(1x)x,x(0,)，则有212xxh(x)12x,x(0,)1x1x 当x0时h(x)0，所以h(x)在x0时单调递减，故h(x)h(0)02故当x0时，恒有f(x)g(x)x，此时，任意实数t满足题意综上，k1----------------------------------------------------------------------------------------------12分