湖南省娄底市新化县五校联盟2023届高三数学上学期期末联考试卷（Word版附解析）

新化县五校联盟2022-2023学年高三上学期期末联考数学一、选择题（共8题，共40分）1.已知全集，集合，集合，则集合（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合的运算定义求解即可.【详解】由解得，所以，因为，所以，所以，故选:B.2.已知，是两个不同的平面，“存在直线，，”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据面面平行的判定与性质判段其充分性和必要性即可.【详解】当，是两个不同的平面，对于其充分性：，可以推出；对于其必要性：可以推出存在直线，，，故其充分必要条件，故选：C.3.在如图平面图形中，已知,则的值为 A.B.C.D.0【答案】C【解析】【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解：如图所示，连结MN，由可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，，结合数量积的运算法则可得：.本题选择C选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．4.函数的图象的大致形状是（） A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】化简得，分、，分别讨论和的单调性及取值范围，即可得答案.【详解】解：因为，当时，在上单调递增，且当趋于时，趋于；在上单调递减，当趋于时，趋于,故排除D；当时，在上单调递减，当趋于时，趋于；在上单调递增，当趋于时，趋于,故排除C.故选：AB.5.已知为等差数列的前项和，，则数列的最大项为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据等差数列的求和公式和通项公式求出首项与公差，求出等差数列的通 项公式，代入中，利用基本不等式性质分析即可.【详解】设等差数列的首项为，公差为，因为，所以，所以，则，所以，所以等差数列的通项公式为：，所以，当且仅当时取等号，又，所以当或时取最大值为，故选：B.6.米接力赛是田径运动中的集体项目．一根小小的木棒，要四个人共同打造一个信念，一起拼搏，每次交接都是信任的传递．甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合，已知该组合三次交接棒失误的概率分别是，，，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据对立事件与独立事件求概率的方法可求出答案.【详解】三次交接棒失误的概率分别是，，，三次交接棒不失误的概率分别是，，，三次交接棒相互独立， 此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是，故选：C.7.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题目条件有，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.【详解】因，平面ABCD，平面ABCD，则，又因四边形ABCD为矩形，则.则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.又，，．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：，则外接球的表面积为：故选：B8.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若，，则实数a的取值范围为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的解析式，分、和三种情况分类讨论，得出函数的解析式，结合函数的图象，即可求解.【详解】由题意，当时，，所以当时，；当时，；当时，.综上，函数，在时的解析式等价于.根据奇函数的图像关于原点对称作出函数在上的大致图像如图所示，观察图像可知，要使，，则需满足，解得.故选：B.二、多选题（共4题，共20分） 9.下列选项中，是函数的单调递增区间的有（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由求出函数的单调递增区间，再令取特殊值，结合选项可得答案.【详解】令可得函数的单调递增区间为令，函数的单调递增区间为，B正确；令，函数的单调递增区间为，C正确，故选：BC.10.已知函数的图象与直线有两个交点，则的取值可以是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】将函数的图象与直线有两个交点，转化为函数有两个零点，导函数为，当时，恒成立，函数在上单调递减，不可能有两个零点；当时，令，可得，函数在上单调递减，在上单调递增，的最小值为，再令求解即可.【详解】因为函数的图象与直线有两个交点， 所以函数有两个零点，求导得：，当时，恒成立，所以函数在上单调递减，不可能有两个零点；当时，令，可得，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.所以，所以的最小值，则的取值范围是.所以可以取，，.故选：BCD【点睛】本题主要考查导数在函数的零点中的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.11.已知双曲线过点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（）A.的方程为B.的离心率为C.曲线经过的一个焦点D.直线与有两个公共点【答案】AC【解析】 【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，；联立方程组判断．【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，把点代入，得，即．双曲线的方程为，故正确；由，，得，双曲线的离心率为，故错误；取，得，，曲线过定点，故正确；联立，化简得，所以直线与只有一个公共点，故不正确．故选：．12.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，下列命题正确的是（）A.MB是定值B.点M在圆上运动C.一定存在某个位置，使DE⊥A1CD.一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE【答案】ABD【解析】【分析】取CD的中点N，先证平面MBN∥平面A1DE，再得MB∥平面A1DE；根据余弦定理计算BM为定值；再根据BM为定值，可得点M在圆上运动；若DE⊥A1C，根据条件推出DE⊥A1E,与题意矛盾 【详解】解：取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，因为MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，所以平面MNB∥平面A1DE，因为MB⊂平面MNB，所以MB∥平面A1DE，D正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，A正确；因为B是定点，所以M在以B为圆心，MB为半径的圆上，B正确；在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，所以DE⊥EC，若DE⊥A1C，可得DE⊥平面A1CE,即得DE⊥A1E,与∠DEA1为矛盾，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C不正确.故选：ABD.三、填空题（共4题，共20分）13.已知复数，_________.【答案】【解析】【分析】根据复数的乘法与除法运算法则进行化简，再利用模的公式进行求解【详解】解：所以故答案为：14.已知，，，则的最大值是_________.【答案】2【解析】 【分析】根据，利用基本不等式求得，再由求解.【详解】因为，，，所以，当且仅当时，取等号，所以，所以的最大值是2故答案为：215.已知是定义域为的奇函数，且对任意的满足，若时，有，则______.【答案】【解析】【分析】由条件可得，然后可算出答案.【详解】因为，是定义域为的奇函数，所以因为当时，有，所以所以故答案为：16.抛物线的焦点为，准线为，经过且斜率为的直线与抛物线在轴上方的部分相交于点，，垂足为，则的面积是___________.【答案】【解析】【详解】试题分析：因为抛物线的焦点为为，所以经过且斜率为的直线方程为，解得，由抛物线定义知，又因为轴，所以，为正三角形，面积是，故答案为. 考点：1、抛物线的标准方程、定义；2、三角形面积公式.【方法点睛】本题主要考查抛物线的标准方程、定义及三角形面积公式,属于难题.抛物线的定义有关的问题常常实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化：(1)将抛物线上的点到准线的距化为该点到焦点的距离使问题得解；(2)将拋物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离解决问题.本题是根据到焦点的与到准线的距离相等并判定出为正三角形进而求面积的.四、解答题（共6题，共70分）17.已知的三个角A，B，C所对的边为a，b，c，若，，且.（1）求b､c的值；（2）求的值.【答案】（1）7，5；（2）．【解析】【分析】(1)由可求B，根据余弦定理结合已知条件即可求出b、c；(2)根据正弦定理求出sinC，再求出cosC，利用三角函数公式即可求．【小问1详解】∵，∴cosB＝，∵，∴B＝，根据余弦定理得：，即，解得，故，． 【小问2详解】∵a＝3，b＝7，c＝5，B＝，∴由正弦定理得，，即，∵B＞，∴C，∴，∴．18.已知数列的前项和.（1）求证：数列是等差数列.（2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由，利用数列的通项和前n项和的关系求解；（2）由（1）得，将不等式对任意恒成立，转化为，对任意恒成立求解.【小问1详解】解：当时，，解得，当时，，所以，即，即， 又，故数列是以2为首项，1为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）知，，即，所以，对任意恒成立，即，对任意恒成立，记，故，所以时，，所以，即，时，，即随着的增大，递减，所以的最大值为，所以，即.19.甲、乙两所学校进行同一门课程的考试，按照学生考试成绩优秀和不优秀统计成绩后，得到如下列联表：班级与成绩列联表优秀不优秀总计甲队8040120乙队240200240合计320240560附0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式：，） （1）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为成绩与学校有关系；（2）采用分层抽样的方法在两所学校成绩优秀的名学生中抽取名同学．现从这名同学中随机抽取名运同学作为成绩优秀学生代表介绍学习经验，记这名同学来自甲学校的人数为，求的分布列与数学期望．【答案】（1）能在犯错误的概率不超过的前提下认为成绩与所在学校有关系（2）分布列见解析，【解析】【分析】(1)根据所给数据求出，结合独立性检验的定义求解；(2)根据超几何概率模型求解.【小问1详解】由题意得，所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为成绩与所在学校有关系．【小问2详解】名同学中有甲学校有人，乙学校有人，的可能取值为，，，．，，，，的分布列为如下0123所以．20.如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F． （1）证明：平面ABC．（2）若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明平面ABC,从而得到平面ABC.（2）（方法一）过点E作，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得长，然后利用线面角的向量公式求解即可；（方法二）连接DG，可证得，可得长，过点F作，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案.【小问1详解】如图，取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且所以，且． 所以四边形DEGF是平行四边形．所以．因为翻折的，易知．所以翻折后，．又因为，EA，平面AEC，所以平面AEC．因为，所以平面AEC．因为平面AEC，所以．因为ACE等边三角形，点G是AC中点，所以又因为，AC，平面ABC．所以平面ABC．因为，所以平面ABC．【小问2详解】（方法一）如图，过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为，则，即，解得．取，得． 因为二面角D-AC-E为，所以，解得，所以，．记直线AB与平面ACD所成角，则，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．（方法二）如图，连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．由△ACE是边长为2的等边三角形，得，在RtDGE中，，所以，．过点F作，垂足为I，因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．又因为平面平面，平面DEGF，且，所以平面ACD．连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得， 解得．在RtAFG中，，，所以．在RtFAI中，，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．21.已知椭圆的上下左右四个顶点分别为，，，，轴正半轴上的点满足．（1）求椭圆的标准方程以及点的坐标．（2）过点作直线交椭圆于，，是否存在这样的直线使得和的面积相等？若不存在，请说明理由．（3）在（）的条件下，求当直线的倾斜角为钝角时，的面积．【答案】（1），点坐标为（2）存在，或（3）【解析】【分析】（1）由及椭圆的定义即可求得标准方程及点点坐标.（2）由与的面积相等知点到直线的距离相等，再由点到直线的距离公式即可求得直线方程.（3）由（2）求得的直线方程，联立椭圆，再由面积公式即可求得三角形的面积.【小问1详解】设点的坐标为，易知，，，，因此椭圆的标准方程为，点坐标为．【小问2详解】设直线， 由与的面积相等知点到直线的距离相等，所以解得或，所以直线的方程为或．【小问3详解】若直线的倾斜角为钝角，则，此时直线的方程为，由消去得，设，坐标分别，，则有所以的面积故所求的面积为．22.已知函数（1）若，求函数的单调递减区间;（2）若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值:（3）若，正实数满足，证明:【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．【解析】【详解】试题分析：（1）利用导数求函数单调区间，注意首先明确定义域，正确求导：因为，所以，由，得 ，（2）不等式恒成立问题一般利用变量分离法：问题等价于在上恒成立．再利用导数求函数最大值，令根为，在上是增函数；在上是减函数．，所以整数的最小值为2．（3）转化为关于的不等式即可：由，即从而，利用导数求左边函数最小值1，所以，解得试题解析：（1）因为，所以，1分此时，2分由，得，又，所以．所以的单调减区间为．4分（2）方法一：令，所以．当时，因为，所以．所以在上是递增函数，又因为，所以关于的不等式不能恒成立．6分 当时，，令，得．所以当时，；当时，，因此函数在是增函数，在是减函数．故函数的最大值为．8分令，因为，，又因为在是减函数．所以当时，．所以整数的最小值为2．10分方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立，问题等价于在上恒成立．令，只要．6分因为，令，得．设，因为，所以在上单调递减，不妨设的根为．当时，；当时，，所以在上是增函数；在上是减函数． 所以．8分因为，所以，此时，即．所以，即整数的最小值为2．10分（3）当时，由，即从而13分令，则由得，可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．所以，15分所以，因此成立．16分考点：利用导数求函数单调区间、函数最值