湖南省湘潭市部分学校2022-2023学年高三上学期期末线上联考数学试题（ 含答案 解析 ）

第1页/共1页2022-2023学年上学期期末考试高三数学注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得答案.【详解】复数，故，所以，故选：C2.向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则（）A. B. C.-4 D.4【答案】A【解析】【分析】作出图形，取单位向量，从而可用分别表示出向量,再由根据平面向量基本定理即可建立关于二元一次方程组，解出，从而得出的值．【详解】设网格纸上小正方形的边长为1，在网格线上取互相垂直的单位向量，如图所示，则有，，，由，得，则，解得，∴.故选：A3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.【详解】由可得，，由二倍角公式可得；即故选：A4.在正项等比数列中...满足=.则（）A.4 B.3 C.5 D.8【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的公比为正数，利用的关系求得公比的值，进而得到通项公式，然后代入已知等式=，得到关于的指数方程，求解即得.【详解】由题意得公比，首项，∴，由，可得，解得,故选：A.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的运用，求得通项公式是关键，将通项公式代入已知等式，对左边各项的积按照同底数的幂的乘法运算，结合等差数列的求和公式化简，是解决此题的一个小难点.5.函数的图像为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，且，函数为奇函数，A选项错误；又当时，，C选项错误；当时，函数单调递增，故B选项错误；故选：D.6.北京2022年冬奥会和冬残奥会色彩系统的主色包括霞光红､迎春黄､天霁蓝､长城灰､瑞雪白；间色包括天青､梅红､竹绿､冰蓝､吉柿；辅助色包括墨､金､银.若各赛事纪念品的色彩设计要求：主色至少一种､至多两种，间色两种､辅助色一种，则某个纪念品的色彩搭配中包含有瑞雪白､冰蓝､银色这三种颜色的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据组合知识得出所有基本事件的总个数以及满足条件基本事件的个数，再由古典概型概率公式求解即可.【详解】当主色只选一种时，共有种当主色选两种时，共有种其中，若主色只选一种时，某个纪念品的色彩搭配中包含有瑞雪白､冰蓝､银色这三种颜色的共有种；若主色选两种时，某个纪念品的色彩搭配中包含有瑞雪白､冰蓝､银色这三种颜色的共有种；则某个纪念品的色彩搭配中包含有瑞雪白､冰蓝､银色这三种颜色的概率为故选：B【点睛】本题主要考查了由古典概型概率公式计算概率，涉及了组合的应用，属于中档题.7.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为，上、下顶点分别为，，线段的中点E和坐标原点O的连线OE与垂直，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由斜率乘积为得的关系式，变形后可求得离心率．【详解】由已知，，，，则，∵，∴，，即，，解得（舍去），故选：C．8.点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.【详解】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，,∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，，,，四边形为平行四边形，，而在平面中，易证，∵平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面，∴平面平面，∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，，，∴，∴当P与O重合时，的长度取最小值，为等腰三角形，∴在点或者点处时，此时最大，最大值为.即的长度范围为故选：B．二、多选题（本大题共4小题，共20分）9.已知的展开式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（）A.B.展开式中各项系数的和为C.展开式中第项的系数为D.展开式中含项的系数为【答案】ABD【解析】【分析】由展开式的二项式系数和为求出，即可判断A，令即可得到展开式各项系数和，从而判断B，利用展开式的通项判断C、D.【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为1，故B正确；对于C，因为的展开式通项为，令可得第4项的系数为，故C不正确；对于D，在选项C中的通项公式中，令，得，则，所以含项的系数为，故D正确.故选：ABD.10.已知函数，下列结论正确的是（）A.函数恒满足B.直线为函数图象的一条对称轴C.点是函数图象的一个对称中心D.函数在上为增函数【答案】AC【解析】【分析】根据诱导公式可判断A选项；利用正切型函数的对称性可判断BC选项；利用正切型函数的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，，A正确；对于B选项，函数无对称轴，B错；对于C选项，由可得，当时，可得，所以，点是函数图象的一个对称中心，C对；对于D选项，当时，，所以，函数在上不单调，D错.故选：AC.11.已知圆锥曲线与（，）的公共焦点为，．点M为，的一个公共点，且满足，若圆锥曲线的离心率为，则下列说法错误的是（）A.的离心率为 B.的离心率为C.的渐近线方程为 D.的渐近线方程为【答案】AD【解析】【分析】不妨取点M为，第一象限的一个公共点，令根据两曲线有公共焦点,和圆锥曲线定义得到离心率的关系.即可求出.可以判断选项A、B；由，解得：，求出渐近线方程，可以判断选项C、D.【详解】不妨取点M为，第一象限的一个公共点，令则曲线的方程为,曲线的方程为.又由两曲线有公共焦点,则,由圆锥曲线定义可得:,解得：.又，所以，可得：,整理得.因为，所以.故A错误；B正确；由，得：，解得：，所以渐近线方程为.故C正确，D错误.故选：AD12.e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】BC【解析】【分析】构建函数根据题意分析可得，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据的单调性，分类讨论分析判断.【详解】原式变形为，构造函数，则，∵，当时，，则，即；当时，，则，即；故在上单调递减，在上单调递增，对于A：取，则∵在上单调递增，故，即满足题意，但，A错误；对于B：若，则有：当，即时，则，即；当，即时，由在时单调递增，且，故，则；综上所述：，B正确；对于C：若，则有：当，即时，显然成立；当，即时，令，∵，当且仅当，即时等号成立，∴当时，所以，即，由可得，即又∵由在时单调递增，且，∴，即；综上所述：，C正确；对于D：取，，则，∵在上单调递减，故，∴故，满足题意，但，D错误.故选：BC.【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式：（1）积型：，①构造形式：，构建函数；②构造形式为：，构建函数；③构造形式为：，构建函数.（2）商型：，①构造形式为：，构建函数；②构造形式为：，构建函数；③构造形式为：，构建函数.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知正实数a，b满足，则的最小值为___________.【答案】##【解析】【分析】将目标式转化为，应用柯西不等式求的取值范围，进而可得目标式的最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，，则，又，∴，当且仅当时等号成立，∴，当且仅当时等号成立.∴的最小值为.故答案为：.14.我国古代数学名著《张丘建算经》有“分钱问题”如下：“今有人与钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还数聚与均分之，人得一百钱，问人几何？”则分钱问题中的人数为________．【答案】195【解析】【分析】根据题意列出关系式求解即可.【详解】解：依题意得，初次分钱时，每人所得钱数依次构成首项为3，公差为1的等差数列，设人数为，则总钱数为，平均分时每人得100，则总钱数为，可得，解得：，即分钱问题中的人数为195．故答案为：195.15.已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线相交于两点，点，以为直径的圆与相交于两点，若为线段的中点，则__________.【答案】2【解析】【分析】根据直线与双曲线的位置关系确定交点坐标关系，利用直线和圆的几何性质，即可求得的长.【详解】解：如图，由题可知，的坐标为，设，联立方程组，可得，则，.因为为线段的中点，所以的坐标为.又以为直径的圆与相交于两点，所以，所以，解得，又，所以，所以，故.故答案为：2.16.已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.【详解】因为为奇函数，故，即，由于,故，则，由于，故，所以，由，可得，即或，对任意，存在，满足，故，则,，，k取负值，则只能，此时，或，则，则,综合可得或，即实数的取值范围是，故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题为10分，18至22题为12分）17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角C；（2）若，的面积为，求c.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、特殊角的正切值进行求解即可；（2）根据三角形面积公式和余弦定理进行求解即可.【小问1详解】根据正弦定理由因为，所以，所以由，因为，所以【小问2详解】因为，的面积为，所以有，舍去，即，所以.18.已知等差数列和等比数列满足，.（1）求数列，通项公式（2）设数列中满足，求和【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据条件利用等差等比数列的通项公式列方程可得公差，公比，进而可得通项公式；（2）由（1）得数列的通项公式，然后利用分组分解法可求和.【小问1详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则，解得，，，解得，，即，；【小问2详解】由（1）得，.19.如图，用四类不同的元件连接成系统，当元件正常工作且元件都正常工作，或当元件正常工作且元件正常工作时，系统正常工作.已知元件正常工作的概率依次为.（1）求元件不正常工作的概率；（2）求元件都正常工作概率；（3）求系统正常工作的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）元件不正常工作是元件正常工作的对立事件，所以元件不正常工作的概率为1减去正常工作的概率；（2）根据元件都正常工作是三个相互独立事件即可计算概率；（3）系统正常工作可分为都正常工作和正常但不都正常工作两种情况，概率是两种情况的概率和.【小问1详解】设元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，元件正常工作为事件.由元件正常工作的概率，所以它不正常工作的概率；【小问2详解】元件都正常工作的概率【小问3详解】系统正常工作可分为都正常工作和正常但不都正常工作两种情况，都正常工作的概率为，､正常但不都正常工作的概率为，所以系统正常工作的概率是.20.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，.以AC中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.（1）证明：M为PD的中点.（2）若二面角B-AM-C的余弦值为，求AB.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由几何关系依次证、、平面PAD、、平面PCD、，结合即可得证（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由向量法建立二面角B-AM-C余弦值的方程，即可求解.【小问1详解】证明：因为AC是所作球面的直径，所以.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.因为，平面PAD，所以平面PAD，因为平面PAD，所以，因为平面PCD，所以平面PCD，因为平面PCD，所以.因为，所以M为PD的中点.【小问2详解】以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则.设平面ABM的法向量为，因为，，所以令，则.设平面ACM的法向量为，因为，，所以令，得.设二面角B-AM-C为α，则，解得，即.21.已知定点，圆：，点Q为圆上动点，线段MQ的垂直平分线交NQ于点P，记P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）过点M与N作平行直线和，分别交曲线C于点A，B和点D，E，求四边形ABDE面积的最大值．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由椭圆的定义求解（2）设直线方程后与椭圆方程联立，由韦达定理表示弦长，将面积转化为函数后求求解【小问1详解】由题意可得，所以动点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，即曲线C的方程为：；【小问2详解】由题意可设的方程为，联立方程得，设，，则由根与系数关系有，所以，根据椭圆的对称性可得，与的距离即为点M到直线的距离，为，所以四边形ABDE面积为，令得，由对勾函数性质可知：当且仅当，即时，四边形ABDE面积取得最大值为6．22.已知函数，其中．（1）当时，求函数的单调区间；（2）已知函数(是自然对数的底数)，若，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先对求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数的单调性即可得解；（2）先将问题转化为有唯一解，构造函数，分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像，再将问题转化为大于的极大值或小于的极小值，从而得解.【小问1详解】因为，所以，所以，当时