2023年下学期期中考试试卷高三数学本试卷分为问卷和答卷.考试时量120分钟,满分150分.请将答案写在答题卡上.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,只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合,,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据并集的定义可求得集合.【详解】因为集合,,则.故选:B.2.已知,若复数为纯虚数,则复数在复平面内对应的点所在的象限为()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据已知列式解出,即可根据复数的运算得出答案.【详解】复数是纯虚数,,且,故,.故复数在复平面内对应的点在第一象限,故选:A.3.若向量,则“”是“向量的夹角为钝角”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据向量的夹角为钝角求出m的范围,即可判断“”和“向量的夹角为钝角”之间的逻辑推理关系,即可得答案.【详解】向量,由向量的夹角为钝角,即有,解得且,即“”不能推出“且”即“向量的夹角为钝角”;“向量的夹角为钝角”即“且”能推出“”;故“”是“且”的必要不充分条件,即“”是“向量的夹角为钝角”的必要不充分条件.故选:B.4.设等差数列的公差为,前项和为,若,且,则()A. B. C.1 D.3【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与前项和的定义,即可求出公差的值.【详解】解:等差数列中,,所以;又,所以;所以,解得.故选:A.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与前项和的定义应用问题,是基础题.5.已知某种垃圾的分解率为,与时间(月)满足函数关系式(其中,为非零常数),若经过12个月,这种垃圾的分解率为10%,经过24个月,这种垃圾的分解率为20%,那么这种垃圾完全分解,至少需要经过()(参考数据:)A.48个月 B.52个月 C.64个月 D.120个月【答案】B【解析】【分析】根据已知条件,利用待定系数法求出函数关系式,然后再代入数值计算即可.【详解】由题意可得,解得,所以,这种垃圾完全分解,即当时,有,即,解得.故选:B6.已知函数的部分图象如图所示,其中.在已知的条件下,则下列选项中可以确定其值的量为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数图象可知,是函数两个零点,即可得,利用已知条件即可确定的值.【详解】根据图象可知,函数的图象是由向右平移个单位得到的;由图可知,利用整体代换可得,所以,若为已知,则可求得.故选:B7.已知向量满足,且,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出图形,根据几何意义求解.【详解】因为,所以,即,即,所以.如图,设,由题知,等腰直角三角形,AB边上的高,所以,,.故选:D.8.已知函数,当时,恒成立,则m的取值范围为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】不等式不恒成立,确定此时,恒成立,着重考虑的情形,不等式变形为,再变形为,因此引入函数,利用导数证明它在上是增函数,不等式又变形为,,又引入函数,由导数求得其最大值即得的范围.【详解】由题意,若显然不是恒大于零,故.(由4个选项也是显然可得),则在上恒成立;当时,等价于,令在上单调递增.因为,所以,即,再设,令,时,,时,,在上单调递增,在上单调递减,从而,所以.故选:D.【点睛】本题考查用导数研究不等式恒成立问题,解题关键是问题的化简与转化,首先确定,其次确定恒成立,在时,把不等式变形,通过新函数的单调性逐步转化,最终分离参数转化为求函数的最值.二、选择题: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.全部选对得5分,部分选对得2分,有选错的得0分.9.关于函数,下列结论正确的是()A.的最小正周期为 B.的最大值为2C.在上单调递减 D.是的一条对称轴【答案】AD【解析】【分析】依题意可得,再根据正弦函数的性质判断即可.【详解】因为,所以,所以的最小正周期为,故A正确.当时取最大值,且最大值为,故B错误.当时,,所以函数在上单调递增,故函数在上单调递增,故C错误.因为,所以是的一条对称轴,故D正确.故选:AD10.设等比数列的公比为,其前n项和为,前n项积为,并满足,,,下列结论正确的有()A. B.C.是数列中的最大项 D.是数列中的最大项【答案】ABD【解析】【分析】由已知分析出,,,即可判断各个选项.【详解】因为是公比为的等比数列,且,,,若,则为增数列,且,则不成立,故假设不成立,所以,,,对于A,,故A正确.对于B,,故B正确.对于C,根据上面分析,等比数列中的每一项都为正值,所以无最大值,所以数列无最大项,故C错误.对于D,等比数列中从到的每一项都大于1,从开始后面每一项都小于1且大于0,所以是数列中的最大项,故D正确.故选:ABD.11.已知过抛物线T:焦点F的直线l交抛物线T于A,B两点,交抛物线T的准线与点M,,,则下列说法正确的有()A.直线l的倾斜角为150° B.C.点F到准线的距离为8 D.抛物线T的方程为【答案】BD【解析】【分析】如图,由题意和抛物线的定义可得、,即可判断AB;联立直线l方程和抛物线方程,根据韦达定理和抛物线的定义可得,解出p即可判断CD.【详解】过点A、B分别作AC、BD垂直于准线,垂足分别为C、D,则,因为,所以,,由得,在中,,所以锐角,所以该直线l的倾斜角为.由抛物线的对称性知,当点A位于第四象限,同理可得该直线l的倾斜角为.综上,直线l的倾斜角为30°或150°,故A错误,B正确.设直线l的方程为,,,由,消去y得,所以,所以,解得,所以点p到准线的距离为4,抛物线T的方程为,故C错误,D正确.故选:BD.12.如图,在直四棱柱中,分别为侧棱上一点,,则()A.B.可能为C.的最大值为D.当时,【答案】ACD【解析】【分析】由题设结合余弦定理可得,进而有,再由线面垂直的判定、性质判断A;构建空间直角坐标系,应用线线角的向量求法求、的余弦值或范围判断B、C;向量法直线位置关系判断D.【详解】由题设,四边形为等腰梯形,且,由,所以,又,结合题图知:,即,所以,则,即,由题设面,面,则,,面,故面,面,所以,A对;由两两垂直,可构建如下图示的空间直角坐标系,若,则,所以,则,所以不可能为,B错;由,则,故,令,则,所以,C对;时,显然,即,D对.故选:ACD【点睛】关键点点睛:利用已知及线面垂直的性质、判定确定两两垂直,应用向量法判断其它各项为关键.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,则_____.【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项求值.【详解】,其二项展开式的通项为,,令,即,所以,故答案为:.14.某班派遣五位同学到甲,乙,丙三个街道进行打扫活动,每个街道至少有一位同学去,至多有两位同学去,且两位同学去同一个街道,则不同的派遣方法有_________种.【答案】18【解析】【分析】先安排,再将剩余3人分别两组,和两个街道进行全排列,求出答案.【详解】由题意得,学生的分配人数分别为2,2,1,由于两位同学去同一个街道,故先从3个街道中选择1个安排,有种,再将剩余3人分别两组,和两个街道进行全排列,有故不同的派遣方法有种.故答案为:1815.已知体积为96的四棱锥的底面是边长为的正方形,底面ABCD的中心为,四棱锥的外接球球心O到底面ABCD的距离为2,则点P的轨迹的长度为_________.【答案】【解析】【分析】由已知可得到底面的距离为6,进而可求外接球的半径,即可知与不可能在面的两侧,则在垂直于且与球心距离为4的平面与的外接球的交线上,即可求的轨迹长度.【详解】由题意可知:点P到底面ABCD的高,又因为四棱锥的外接球的球心O到底面ABCD的距离为2,设外接球半径为R,因为底面ABCD的中心为,所以平面ABCD,则,可得,所以点O与点P不可能在平面ABCD的两侧,如图所示,所以点P在垂直于且与球心O的距离为4的平面于的外接球的交线上,在以为半径的圆上,因为,所以,故点P的轨迹长度为.故答案为:.16.已知函数有两个极值点,且,则实数m的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据极值点的定义,结合函数零点的定义,通过构造函数,利用数形结合思想进行求解即可.【详解】依题意,有两个极值点等价于,有两个不同实根,且,令,得,设,,令,得;令,得;所以在单调递减,在单调递增,又当时,,当时,,即,所以,则,,作出与的大致图象如下:,所以时,.故答案为:.【点睛】关键点睛:根据函数极值的定义,结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键.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.已知数列满足(1)令,求证:数列等比数列;(2)求数列的前项和为.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据题意,由等比数列的定义判断,即可证明;(2)根据题意,结合分组求和法,再由等差数列求和以及等比数列求和公式,代入计算,即可得到结果.【小问1详解】∵,∴数列是以首项为,公比为等比数列;【小问2详解】由(1)可知:,∴,从而故.18.如下图,在直三棱柱中,,分别为,的中点,且,.(1)求三棱锥的体积;(2)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)以为底面,为高,可求得三棱锥的体积;(2)利用坐标法求线面夹角正弦值,进而可得余弦值.【小问1详解】三棱柱为直三棱柱,平面平面,且平面平面,即平面为矩形,,,且点为中点,,且为直角三角形,,平面,又点为中点,,,,,即,所以;【小问2详解】如图所示,以点为坐标原点,为轴,为轴,为轴,则,,,,,,,设平面的法向量为,则,令,则,所以,即,所以,即直线与平面所成角的余弦值为.19.某公司有A,B,C型三辆新能源电动汽车参加阳光保险,每辆车需要向阳光保险缴纳800元的保险金,若在一年内出现事故每辆车可赔8000元的赔偿金(假设每辆车每年最多赔偿一次).设型三辆车一年内发生事故的概率分别为,,,且每辆车是否发生事故相互独立.(1)求该公司获赔的概率;(2)设获赔金额为X,求X的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析,【解析】【分析】(1)由每辆车发生事故相互独立,可通过对立事件的概率计算即可;(2)由题意可得获赔金额可能为0,8000,16000,24000元,分别计算出概率,列出分布列,求出期望即可.【小问1详解】设该公司获赔的概率为,则.【小问2详解】由题意可知:,8000,16000,24000.则;;;.X080001600024000P.20.在中,a、b、c分别为角所对的三边,若(1)求角C;(2)若,求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)先应用坐标的数量积公式计算,再应用正弦定理余弦定理计算即可;(2)先应用平面向量基本定理,再求导函数得出单调性得出最大值.【小问1详解】由已知得由正弦定理得:由余弦定理得:∵,∴【小问2详解】∵∴,∴而∴在上递增,递隇,故的最大值为.21.如图,椭圆,点在椭圆C上,为其上下顶点,且,过点P作两直线与分别交椭圆C于两点,若直线与的斜率互为相反数.(1)求椭圆的标准方程;(2)求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据在椭圆上以及求解出的值,则椭圆方程可求;(2)根据点坐标设出的方程,然后分别求解出的坐标,结合两点间距离公式以及基本不等式求解出的最大值.【小问1详解】因为点在椭圆上,所以,因为,所以,因为,所以,所以,所以,所以椭圆的标准方程为:;【小问2详解】由题意可知斜率存在,设直线为,则直线为,联立,整理得,由,解得,又由可得,则,同理可得,,所以,当且仅当即时等号成立,且满足,因此,的最大值为.22.已知函数.(1)若在上为单调函数,求实数a的取值范围:(2)若,记的两个极值点为,,记的最大值与最小值分别为M,m,求的值.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)求导
湖南省邵阳市武冈市2024届高三上学期期中考试 数学答案
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