湖南省郴州市2022-2023学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页湖南省郴州市2022-2023学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足（为虚数单位），是的共轭复数，则（

）A． B． C． D．3．中，为中点，设向量，，，则（

）A． B． C． D．4．某种疾病的患病率为5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（

）A．0.46 B．0.046 C．0.68 D．0.0685．设正项等比数列的前项和为，若，则（

）A．4 B．3 C．2 D．16．设函数，已知在区间上有且仅有个零点，下列结论正确的是（

）A．直线是函数的图象的一条对称轴B．的取值范围是C．的图象向右平移个单位后所得图象的函数是奇函数D．在区间上有且仅有个极值点7．是双曲线的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．8．某村计划修建一条横断面为等腰梯形（上底大于下底）的水渠，为了降低建造成本，必须尽量减少水与渠壁的接触面.已知水渠横断面面积设计为平方米，水渠深米，水渠壁的倾角为，则当该水渠的修建成本最低时的值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（

）A．在棱上存在点，使平面B．异面直线与所成的角的余弦值为C．直线与平面所成的角为D．平面10．已知无穷等差数列的首项为，它的前项和为，且，，则（

）A．数列是单调递减数列B．C．数列的公差的取值范围是D．当时，11．已知抛物线的焦点为，在抛物线上，延长交抛物线于点，抛物线准线与轴交于点，则下列叙述正确的是（

）A．B．点的坐标为C．D．在轴上存在点，使得为钝角12．已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（

）A． B．C． D．三、填空题13．若，则.14．已知（）展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，则其展开式中常数项是.15．如图，已知的外接圆为圆，为直径，垂直圆所在的平面，且，过点作平面，分别交于点，则三棱锥的外接球的体积为.16．已知函数,,对任意,存在,使,则的最小值为.四、解答题17．已知数列中，，其前n项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)设，若数列的前n项和为，求证：.18．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．(1)求a；(2)若AD⊥BC于D，且AD=，求角A的最大值．19．在图（）五边形中，，，，，将沿折起到的位置，得到如下图（）所示的四棱锥，为线段的中点，且平面.(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.20．年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于年月日开幕，月日闭幕.本次冬奥会极大地鼓舞了中国人民参与冰雪运动的热情，某校短道速滑社团的队员们纷纷加练，训练场内热火朝天，为了给刻苦训练的运动员们以激励，社团决定开展“训练赢吉祥物”活动，游戏规则如下：有一张共格的长方形格子图，依次编号为第格、第格、第格、……、第格，游戏开始时“跳子”在第格，队员每次完成训练后抛掷一枚均匀的硬币，若出现正面，则“跳子”前进格（从第格到第格），若出现反面，则“跳子”前进格（从第格到第格）（为正整数），当“跳子”前进到第格或者第格时，游戏结束.“跳子”落在第格，则每位队员可以得到一只“雪容融”玩偶，“跳子”落在第格，则每位队员可以得到一只“冰墩墩”玩偶.记“跳子”前进到第格的概率为.(1)求；(2)（i）证明数列是等比数列；（ii）求该社团参加一次这样的游戏获得“冰墩墩”玩偶的概率.21．已知椭圆的离心率为，过坐标原点的直线交椭圆于两点，其中在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连接.当为椭圆的右焦点时，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)若为的延长线与椭圆的交点，试问：是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.22．已知函数.(1)求在上的最小值.(2)设，若有两个零点，证明：.

参考答案1．【答案】C【分析】解一元二次不等式和指数不等式可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，即；由得：，即；.故选：C.2．【答案】A【分析】由复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得，由复数乘法运算可求得结果.【详解】由得：，，.故选：A.3．【答案】A【分析】利用向量线性运算直接求解即可.【详解】.故选：A.4．【答案】D【分析】根据全概率公式可得结果.【详解】由题意得：，故选：．5．【答案】A【分析】根据第一个等量关系得到关于公比的方程，解方程得到公比的值，代入第二个等量关系得到关于首项的方程，解方程得到首项，从而得到的值.注意正项等比数列的公比大于0.【详解】设正项等比数列的公比为q（q>0），则由得，即，即，即，解得（舍去）.由得，即，将代入得，解得，则.故选：A.6．【答案】B【分析】利用代入检验的方式可确定A错误；根据零点个数可确定，由此可求得的范围，知B正确；利用三角函数平移变换和余弦型函数的奇偶性可确定C错误；根据可知当时，有个极值点，知D错误.【详解】对于A，当时，，是图象的一个对称中心，A错误；对于B，当时，，在上有且仅有个零点，，解得：，即的取值范围为，B正确；对于C，向右平移个单位后可得，，为偶函数，C错误；对于D，当时，，由B知：，当时，有个极值点，D错误.故选：B.7．【答案】D【分析】根据长度关系可得，利用双曲线定义可用表示出，利用勾股定理可构造关于的齐次方程求得离心率.【详解】设，则，，，；由双曲线定义可知：，，，，，，，，则.故选：D.8．【答案】C【分析】作出截面图形，结合截面面积可利用表示出，则水渠修建成本最低时，取得最小值，则可知当取最小值时最小；根据的几何意义可知当过的直线与相切时，最小，利用直线与圆相切位置关系的求法可求得切线斜率，由此可求得.【详解】作出横截面如下图所示，其中，，，，则，，，，又梯形的面积，，，设，则；若取最小值，则取得最小值；表示点与点连线的斜率，的轨迹为，可作出图象如下图所示，则当过的直线与相切时，取得最小值，设切线方程为：，即，到切线距离，解得：，即当时，取得最小值，此时，则，即当时，该水渠的修建成本最低.故选：C.9．【答案】ABC【分析】取中点，由等腰三角形三线合一性质可证得，，由线面垂直的判定可证得A正确；由可知所求角为，利用余弦定理可确定B正确；根据线面角的定义可知所求角为，由长度关系可知C正确；假设D正确，可证得平面，得到平面平面，显然不成立，可知D错误.【详解】对于A，取中点，连接，四边形为菱形，，为等边三角形，又为中点，；为等边三角形，，又，平面，平面，棱上存在点，为中点，使得平面，A正确；对于B，，直线与所成角即为；由A知：若为中点，则，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，设，则，，又，，即直线与所成角的余弦值为，B正确；对于C，由A知：若为中点，则，又平面平面，平面平面，平面，平面，即为直线与平面所成角，又，，，即直线与平面所成角为，C正确；对于D，取中点，连接交于点，连接，假设平面，平面，；由B知：平面，平面，，，平面，平面，平面平面，又平面平面，假设错误，D错误.故选：ABC.10．【答案】ACD【分析】由，可知，得A正确；由可知B错误；利用，，结合等差数列通项公式可构造不等式组求得的范围，知C正确；由可确定D正确.【详解】对于A，，，，，公差，数列为递减数列，A正确；对于B，，，B错误；对于C，，，C正确；对于D，，，又，为递减数列，当时，，D正确.故选：ACD.11．【答案】BC【分析】由抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，将代入抛物线方程可求得坐标，由抛物线焦半径公式可知A错误；将直线方程与抛物线方程联立可求得点坐标，知B正确；利用向量数量积的坐标运算可知C正确；设，由向量数量积坐标运算可求得，知D错误.【详解】由抛物线方程知：焦点，准线为；对于A，在抛物线上，，，A错误；对于B，，直线，由得：或，又，，B正确；对于C，，，，，C正确；对于D，设，则，，，不能为钝角，D错误.故选：BC.12．【答案】ABD【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．【详解】是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故.由，，得，即，所以是周期函数，且周期为4，，，所以.对选项A：令得，，令得，故，所以选项A正确.对选项B：令得，，故，所以B正确.对选项C：令得，，令得，，即，若，则，所以，但不一定为0，因此C错；对选项D：，由是以4为周期得，由得，故D正确.故选：ABD.13．【答案】【分析】利用诱导公式和同角三角函数商数关系可求得；利用二倍角正弦公式和同角三角函数平方关系可将所求式子化为关于正余弦的齐次式，分子分母同除，代入的值即可.【详解】，，.故答案为：.14．【答案】或【分析】根据题意得，再利用其通项公式即可求得展开式中的常数项．【详解】解：因为（）展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，所以，解得所以展开式的通项为，由得，，所以常数项为第四项．故答案为：15．【答案】【分析】由线面垂直性质可知为中点，由此可得三棱锥的高；根据，可证得平面，得到，由线面垂直的判定和性质可证得，由此可得外接圆半径，由此可得所求外接球半径，代入球的体积公式可求得结果.【详解】平面，平面，，；平面，平面，，，又，为中点，；为圆的直径，，又，平面，平面，又平面，，，平面，平面，平面，，的外接圆半径，三棱锥外接球半径，三棱锥外接球体积.故答案为：.16．【答案】【分析】设,把表示成的函数,利用导数求解【详解】设则由题知,所以所以设易知在上单调递增,注意到当单调递减当单调递增所以的最小值为所以的最小值为故答案为：17．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据与的关系可得出数列是等比数列从而得到通项公式；（2）将带入化简得到，利用裂项相消可以求得的前项和，即可证明不等式.【详解】（1）由题意得，（），两式相减得（），，又，，，，（），是首项为1，公比为3的等比数列，.（2）由（1）可知，则，所以，，，又，.18．【答案】(1)2；(2)．【分析】（1）根据正弦定理边角互化及诱导公式变形可求得；（2）根据三角形面积公式得到，由余弦定理结合基本不等式求得，再由三角函数公式变形得到，最后根据正切函数的单调性求得角A的最大值．【详解】（1）解：已知等式化为，，结合三角形内角和性质，．（2）解：由已知得的面积，得到，又由余弦定理得，且，，即角A的最大值为．19．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，由此可得，知平面，进而得到，为等边三角形；根据角度关系可确定，由线面垂直的判定可证得结论；（2）取中点，根据面面垂直的判定与性质可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）取中点，连接，分别为中点，，；又，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，又平面，，，为中点，，又，即，为等边三角形，，又，，即，又，平面，平面.（2）由（1）知：平面，平面，平面平面，取中点，连接，为等边三角形，，又平面平面，平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，设平面的法向量，，令，解得：，，，，即直线与平面所成角的正弦值为.20．【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）前进到第格的情况有第一次掷硬币出现正面或前两次掷硬币均出现反面，由此可计算得到；（2）（i）将“跳子”前进到第格的情况分为两类，可得，进而得到，结合可证得结论；（ii）结合等比数列通项公式，利用累加法和等比数列求和公式可求得，由此可得，根据可求得结果.【详解】（1）“跳子”开始在第格为必然事件，则；第一次掷硬币出现反面，“跳子”移到第格，其概率为，即.第一次掷硬币出现正面或前两次掷硬币均出现反面，其概率为，即.（2）（i）由（1）知：，；“跳子”前进到第格的情况是下面两种，而且只有两种：①“跳子”先到第格，又掷出正面，其概率为，②“跳子”先到第格，又掷出反面，其概率为，，则，又，数列是以为首项，为公比的等比数列；（ii）由（i）得：，；，.21．【答案】(1)(2)为定值【分析】（1）由离心率可得之间关系，根据通径长可得，由可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设直线，结合斜率公式可求得，由此可得直线方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标，利用向量数量积的坐标运算可求得，由此可得结论.【详解】（1）椭圆离心率，，则，当为椭圆右焦点时，；，解得：，，椭圆的方程为：.（2）由题意可设直线，，，则，，，直线；由得：，，则，，；