2023届湖南省株洲市二中教育集团高三年级上册学期1月期末联考数学试题【含答案】

2023届湖南省株洲市二中教育集团高三上学期1月期末联考数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（

）A．P B．M C． D．【答案】A【分析】求出，从而得到.【详解】，.故选：A2．在的二项展开式中，第项的二项式系数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题可通过二项式系数的定义得出结果.【详解】第项的二项式系数为，故选：A.3．在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据三角函数的定义和正切和角公式求出，化弦为切，代入求值即可.【详解】由题图知，则，所以.故选：C4．等差数列是递增数列，公差为，前项和为，满足，下列选项正确的是（

）A． B．C．当时最小 D．时的最小值为【答案】D【分析】根据等差数列基本量的计算可得，进而根据递增即可判断AB,根据和即可判断CD.【详解】由得，由于是递增数列，所以，，故A,B错误，，由于，故当,时，，当时，,当,时，，因此当或时最小，故C错误，，由于，故解得，故时的最小值为，D正确.故选：D5．已知为两个随机事件，，则“相互独立”是“”的（

）A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用独立事件的公式，结合充分条件和必要条件的定义判断.【详解】当相互独立时，，，则，故充分；当时，因为，，所以，得，，故必要.故选：A.6．已知抛物线的焦点为，动点在上，圆的半径为1，过点的直线与圆相切于点，则的最小值为（

）A．-1 B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】利用向量数量积的定义得，再根据抛物线的定义可得，进而可求解.【详解】，当即点为坐标原点时，取最小值，故选:B.7．已知正数，，满足，，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据对数函数的单调性判断，分别造函数和，利用导数判断函数的单调性，从而得出，，进而求解即可.【详解】；构造，则，令，即解得：，所以函数在上单调递增，则，即，所以，构造，则，令，即，解得：，所以函数在上单调递减，则，即，所以，综上可知：，故选：.8．已知定义域为的函数满足，且，则当时，函数的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用、可得，从而求出、的解析式，再由二倍角公式和余弦函数的性质可得答案.【详解】，，所以，得，，所以，，所以，，得的最小值为.故选：A.二、多选题9．下列说法中正确的是（

）A．一组数据3，5，8，9，12，13，15，20，22，30的上四分位数为15B．若随机变量，且，则C．已知数据，数据，则数据的标准差是数据标准差的4倍D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若一个样本点为，则实数【答案】BC【分析】根据上四分位数的概念可判断选项；根据正态分布曲线的性质可判断选项；利用标准差的运算性质可判断选项；利用线性回归直线的性质可判断选项.【详解】对于，由上四分位数的概念可知：数据3，5，8，9，12，13，15，20，22，30的上四分位数为20，故选项错误；对于，因为随机变量，图象关于对称，又，所以，故选项正确；对于，设数据的标准差为，则数据的标准差为，所以选项正确；对于，因为样本点不一定在线性回归直线上，所以不一定是，故选项错误，故选：.10．设函数则下列结论正确的是（

）A．在上单调递增；B．若且则；C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为；D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到函数为奇函数.【答案】AD【分析】由，选项A：利用正弦函数的性质判断；选项B：利用正弦函数的性质判断；选项C：利用正弦函数的图象判断；选项D：【详解】，选项A：，得，因为，有，所以在上单调递增；故A正确；选项B：可知，故B错误；选项C：已知，若有且仅有2个不同的解，如图所示：可得，解得，故C错误；选项D：，可知当时，满足为奇函数，故D正确；故选：AD.11．已知点动点满足直线和的斜率之积为，记点的轨迹为曲线，过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点，则（

）A．曲线的方程为： B．为直角三角形C．面积最大值为 D．面积最大值为【答案】BD【分析】对A，设，由直线和的斜率之积为列式得方程；对B，设，，得，结合点在椭圆上求得，即可证；对C，求出与直线平行且与曲线相切且切点在第一象限的切线方程，结合点线距离求得最大面积；对D，直线的方程为，联立抛物线方程解得P点坐标，即可求直线方程，结合韦达定理及铅锤法得，最后讨论最大值.【详解】对A：设，则化简得：，故A错误；对B：设，，，则，，∵，，∴，则，则，故B正确；对C：与直线平行且与曲线相切且切点在第一象限的切线方程为，联立得，由得，∴切线为，两平行直线的距离为，此时面积最大，最大值为，故C错误；对D：设直线得方程为，，解得，则直线：，联立直线与曲线的方程可得，则，，令，则，∵在，即上单调递增，故，即，当且仅当时等号成立，故D正确，故选：BD12．已知数列满足，数列前项和为，则下列叙述正确的有（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据数列的作差，放缩，累加，等方法即可求解.【详解】，又，归纳可得，故选项A正确；数列单调递减，当时，；当时，.故选项D正确；，，，，，又，，，，,，所以当时，.故选项C错误；，故选项B正确；故选：ABD.三、填空题13．若为纯虚数，则复数的虚部为__________.【答案】1【分析】利用复数的除法运算化简，再由纯虚数的定义可得，再代入计算可得答案.【详解】，因为纯虚数，所以，且，解得，得，所以虚部为1.故答案为：1.14．在正三棱锥中，，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为____.【答案】【分析】根据向量的夹角即可求解异面直线与所成角的余弦值.【详解】在中，，,由,所以，即异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：15．已知双曲线的焦距为，过的右焦点的直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若且，则的渐近线方程为__________.【答案】【分析】根据题设条件确定，进而可确定，从而在直角△AOB中，，结合正切的二倍角公式求解.【详解】因为，画出示意图如图，设，因为，则，所以，则，所以.又，所以，所以，根据，所以.又因为，所以.在直角△AOB中，，所以，化简得：，所以，则渐近线方程为：，故答案为:.16．已知函数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数的取值范围是________________.【答案】【分析】注意到，所以可设，进而得到，参变分离得，所以【详解】设，则，故，则，又因为，即，所以，，又因为恒成立，即，因为，参变分离得在上恒成立，其中，理由如下：构造，则，令得：，当得：，当得：，故在处取得极小值，也是最小值，，从而得证.故，故，实数a的取值范围为故答案为：【点睛】①含参不等式经常考虑参变分离的方法；②熟悉常用结论：，；③观察函数的形式，渗透同构的思想.四、解答题17．已知数列满足(1)求证：为等差数列；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)将题中递推公式整理变形可得：，进而证明；(2)结合（1）的结论得出：，利用错位相减法即可求解.【详解】（1）由，可得因此为等差数列，且公差为.（2）又因为，所以，所以所以得18．在中，角的对边分别为已知，，(1)证明：(2)若求的周长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知条件结合正弦定理可得，则，再由正弦定理可证得结论；（2）由已知得，再结正弦定理和可得，化简后可得，再求出，然后由可求出，从而可判断为直角三角形，进而可求得的周长.【详解】（1），所以由正弦定理得，即，所以，所以由正弦定理得，（2）由，可得，由正弦定理得，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，，，为直角三角形，因为，所以由正弦定理得，所以，，所以的周长为.19．图1是直角梯形ABCD，，，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2.(1)求证：平面平面ABED；(2)在棱上是否存在点P，使得P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明过程见解析(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为【分析】（1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.【详解】（1）取BE的中点F，连接AF，，因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，所以均为等边三角形，故⊥BE，⊥BE，且，因为，所以，由勾股定理逆定理得：AF⊥，又因为，平面ABE，所以⊥平面ABED，因为平面，所以平面平面ABED；（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设，，，故，解得：，故，设平面的法向量为，则，故，令，则，故，其中则，解得：或（舍去），则，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为.20．某社区为丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行.根据气象部门的天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为，后两天每天出现风雨天气的概率均为，每天晚上是否出现风雨天气相互独立.已知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为.(1)求该社区能举行4场音乐会的概率；(2)求该社区举行音乐会场数的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）由题意先求出，由相互独立事件的乘法公式即可求出答案；（2）求出的可能取值和每个对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式即可求出.【详解】（1）由已知可得，，又，解得设表示第i天可以举行音乐会，B表示该社区能举行4场音乐会则（2）的可能取值为0，1，2，3，4，5；所以的分布列为012345P从而数学期望为：21．已知椭圆的左、右焦点分别为且离心率为，椭圆的长轴长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设分别为椭圆的左、右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以线段为直径作圆，若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点试判断是否为定值，并说明理由.【答案】(1)(2)是定值，理由见解析【分析】（1）根据椭圆的几何关系，定义，离心率代入即可求解；（2）点到直线的距离公式，轨迹方程，和椭圆的定义即可求解.【详解】（1）由题意可知：，解得，则椭圆的标准方程为.（2）由（1）可知，则，设点则圆的半径为，则直线直线方程为，设的方程为则可得，联立,所以点的轨迹方程为,则为定值.22．已知函数．(1)若是的极值点，求a；(2)若，分别是的零点和极值点，证明下面①，②中的一个．①当时，；②当时，．注：如果选择①，②分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导，由是函数的极值点，则，即可得，然后将带入原函数进行分析说明即可；（2）选择①因为分别为的零点和极值点，所以，分别求出的值，找出等量关系式，然后根据，对函数式进行分析，利用构造新函数利用函数导数单调性，同时结合已知的条件即可得；选择②因为分别为的零点和极值点，所以，分别求出的值，找出等量关系式，然后根据，对函数式进行分析，利用构造新函数利用函数导数单调性，同时结合已知的条件即可得；【详解】（1）因为，所以，若是函数的极值点，则，，即，此时，设，则，，所以存在，使得当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，是的极值点.（2）选择①：因为分别为的零点和极值点，所以，，所以.当时，，则，即因为，所以当，即时，成立，当时，若，则只需证明，设，则设，则为增函数，且所以存在唯一，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，所以，单调递增，所以，则，等价于.设，则，当时，若时，，，单调递减，所以当，所以当时，成立，设，则，当时，，单调递增所以当时，，即成立，综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.选择②：因为分别为的零点和极值点，所以，，所以.当时，，则，即若，即则只需证明，设，则，当时，，单调递减，所以.若，设，则，单调递增，所以，所以，，所以只需证明.设，则，当时，，当时，即时，，设，则，因为当时，函数单调递增，所以当时，，，单调递减，此时也有，所以当