湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期期末数学试题（含解析）

怀化市2022年下期期末考试试卷高三数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目.2.考生作答时，选择题和非选择题均须做在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.4.本试题卷共4页，如缺页，考生须声明，否则后果自负.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则中元素的个数为（）A.3 B.2 C.1 D.0【答案】B【解析】【详解】试题分析：集合中的元素为点集，由题意，可知集合A表示以为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合B表示直线上所有的点组成的集合，又圆与直线相交于两点，，则中有2个元素.故选B.【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.2.设复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】由已知可得，因此，.故选：A.3.已知平面向量的夹角为，且，则（）A.4 B.2 C.1 D.【答案】B【解析】【分析】先求解的平方，因为，利用平面向量相关的运算法则求解出结果，开方后求得【详解】因为向量的夹角为，且，所以，故选：B4.已知函数的部分图象如图所示，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定函数的图象，利用“五点法”作图求出函数的解析式，再代入求值作答.【详解】观察函数图象得，函数的周期，则，而，即，则有，因此，即有，所以.故选：C5.若双曲线(a>0，b>0)的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：本题已知：焦点坐标，渐近线方程为：,距离为：化简得：，又：，得：考点：双曲线的几何性质及点到直线的距离和方程思想．6.如图所示，在四边形中，，，，，，则四边形绕旋转一周所成几何体的表面积为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】判断出几何体的结构，根据圆锥、圆台的知识求得正确答案.【详解】由题意知，旋转所成的几何体是一个圆台上面挖掉一个圆锥的组合体，且圆台的上底面半径，下底面半径，高，母线长，圆锥的底面半径，高，母线长，所以圆台的侧面积，圆锥的侧面积，圆台的下底面面积，所以几何体的表面积.故选：C7.已知，设，下列说法：①，②，③，④展开式中所有项的二项式系数和为1.其中正确的个数有（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根据组合数的性质求得，根据二项式展开式的通项公式、赋值法、二项式系数和的知识求得正确答案.【详解】，①对.，所以，②错.令得，③对.展开式中所有项的二项式系数和为，④错.所以正确的说法有个.故选：C8.已知定义在上的函数，其导函数为，当时，，若，，，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据进行构造函数并利用函数单调性即可求解.【详解】令，则，∵当时，，即，在单调递减，∴，∴，即，∴.故选：D二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若直线与圆相切，则下列说法正确的是（）A. B.数列为等比数列C.数列的前10项和为23 D.圆不可能经过坐标原点【答案】AC【解析】【分析】先求得圆心和半径，根据点到直线的距离公式、等差等比数列、圆等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的圆心为，半径，由直线与圆相切得，，∴，，∴是首项为，公差为的等差数列，前10项和为；令，解得，此时圆C经过坐标原点.综上所述，AC选项正确，BD选项错误.故选：AC10.已知函数在处取得极值10，则下列说法正确的是（）A. B.C.一定有两个极值点 D.一定存在单调递减区间【答案】BCD【解析】【分析】根据给定条件，利用导数结合极值、极值点求出a，b，再逐项判断作答.【详解】函数定义域为R，求导得，依题意，，即，解得或，当时，，函数在R上单调递增，无极值，不符合题意，当时，，当或时，，当时，，因此函数在，上单调递增，在上单调递减，在处取得极小值，符合题意，则，A不正确，B正确；函数在处取得极大值，一定有两个极值点，C正确；一定存在单调递减区间，D正确.故选：BCD11.已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（）A. B.C.的面积为 D.线段的中点到抛物线准线的距离为【答案】ACD【解析】【分析】联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，结合弦长、垂直、三角形的面积，准线等知识确定正确答案.【详解】联立得，，设，则，，∴，.,A选项正确.，∴不成立，B选项错误；到直线的距离为，的面积，C选项正确；∵，准线方程为∴，线段AB的中点到抛物线准线的距离为4，D选项正确.故选：ACD12.如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（）A.平面B.三棱锥的体积不变C.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为D.异面直线与所成的角的范围是【答案】ABD【解析】【分析】通过证明平面平面，即可得出A项；根据平面，可推出，求出即可得出B项；由已知可得交线即以C为顶点，1为半径圆与侧面的交线，取、中点为、，求出扇形的弧长即可得出结果，判断C项；由，可知异面直线与所成的角即等于直线与所成的角或其补角.根据图象，即可得出点P为中点以及线段端点时，角最大或最小，即可求出结果.【详解】对于A项，如图，连结.根据正方体的性质可知，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.同理可得，平面.因为平面，平面，，所以平面平面.又平面，所以平面，故A项正确；对于B项，由A知平面，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离，所以.由正方体的性质可得，平面，所以，又，所以是个定值，故B项正确；对于C项，由已知可得，点到侧面的距离等于.设球被侧面截得圆的半径为，球的半径，则.所以以D为顶点，为半径的球面与侧面的交线即以C为顶点，1为半径的圆与侧面的交线，分别取、中点为、，则有，所以交线即所对的圆弧的长，，所以，故C项不正确；对于D项，如图，由已知可得，所以.又，所以异面直线与所成的角即等于直线与所成的角或其补角.显然当点P为中点时，，此时最大；当点P在点时，，当点P在点时，，此时最小.所以异面直线与所成的角的范围是，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知“”是______的充分不必要条件.（请在横线处填上满足要求的一个不等式.答案不唯一）【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】根据充分条件和必要条件的定义，例如：由，一定有；而不一定有.故答案为：（答案不唯一）.14.已知直线是圆的一条对称轴，则的最小值为______.【答案】4【解析】【分析】根据直线过圆心求得的关系式，结合基本不等式求得正确答案.【详解】圆的圆心为，由题意知直线过圆心，得，即，由于，，所以，∴，当且仅当时等号成立.故答案为：15.某病毒会造成“持续的人传人”，即存在甲传乙，乙又传丙，丙又传丁的传染现象，那么甲，乙，丙就被称为第一代、第二代、第三代传播者.假设一个身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者感染的概率分别为0.9，0.8，0.5.已知健康的小明参加了一次多人宴会，参加宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触，则被感染的概率为______.【答案】0.79【解析】【分析】根据全概率计算公式即可求解.【详解】被第一代感染者传染的概率，被第二代感染者传染的概率，被第三代感染者传染的概率，所以小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触被感染的概率为，故答案为：0.79.16.已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则函数的图象的对称中心是______.【答案】【解析】【分析】先求得，然后构造函数，判断出的奇偶性，由此求得，进而求得的表达式，利用图象变换的知识确定的对称中心.【详解】，即，所以，令，，则为上奇函数，在上的最大值为最小值的和为0，∴，，是奇函数，图象的对称中心是，向左平移个单位得到，对称中心为，再横坐标缩小为原来的一半得到，对称中心为，再向下平移个单位得到，对称中心为，所以的对称中心是.故答案为：四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下列横线上，并解答.在中，内角，，所对的边长分别为，，，且满足_________.（1）求角的大小；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）条件选择见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）选①，利用余弦定理求解即得；选②，利用正弦定理边化角即可得解；选③，利用同角公式求解即得.（2）利用（1）的结论，结合余弦定理及均值不等式求解作答.【小问1详解】选择①，在中，，由余弦定理知，而，所以.选择②，在中，由正弦定理及，得，而，因此，又，所以.选择③，，两边平方得：，即，在中，，，解得，所以.【小问2详解】在中，，，由余弦定理，得，即有，当且仅当时取等号，因此，又，于是得，所以周长的取值范围为.18.已知数列是公差大于1的等差数列，，前项和为，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过等比数列中项公式和等差数列性质求得通项即可；（2）通过对的奇偶性进行讨论，再求和即可.【小问1详解】设数列的公差为，则，，，成等比数列，，即，解得，，.【小问2详解】由（1）知，当n为偶数时，，当n为奇数时，，综上所述，.19.如图，在多面体中，四边形为正方形，，，.（1）证明：平面平面；（2）若平面，二面角为，三棱锥外接球的球心为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）根据二面角的大小求得，通过补形的方法判断点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】由于四边形为正方形，所以，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面【小问2详解】由于平面，平面，所以.由（1）得平面，且，所以平面，所以是二面角的平面角，所以，所以.由上述分析可知两两相互垂直，所以可将多面体补形为正方体，如下图所示，则三棱锥的外接球的球心是的中点.由此建立空间直角坐标系如下图所示，，，设平面的法向量为，则，故可设，平面的一个法向量为,设平面与平面夹角为，则所以平面与平面夹角的余弦值为.20.德化瓷器是泉州的一张名片，已知瓷器产品T的质量采用综合指标值M进行衡量，M∈[8，10]为一等品；M∈[4，8）为二等品；M∈[0，4）为三等品.某瓷器厂准备购进新型窑炉以提高生产效益，在某供应商提供的窑炉中任选一个试用，烧制了一批产品并统计相关数据，得到下边的频率分布直方图.（1）估计该瓷器产品T的质量综合指标值M的第60百分位数；（2）根据陶瓷厂的记录，产品各等次的销售率（某等次产品销量与其对应产量的比值）及单件售价情况如下：一等品二等品三等品销售率单件售价20元16元12元根据以往的销售方案，未售出的产品统一按原售价的50%全部处理完.已知该瓷器厂认购该窑炉的前提条件是，该窑炉烧制的产品同时满足下列两个条件：①综合指标值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）不小于6；②单件平均利润不低于4元.若该新型窑炉烧制产品T的成本为10元/件，月产量为2000件，在销售方案不变的情况下，根据以上图表数据，分析该新型窑炉是否达到瓷器厂的认购条件.【答案】（1）7.75（2）该新型窑炉达到瓷器厂的认购条件【解析】【分析】（1）根据百分位数的计算方法即可求解；（2）根据频率直方图的平均值和数学期望的计算方法即可求解.【小问1详解】设该瓷器产品T的质量综合指标值M的第60百分位数为m，由频率分布直方图知，且，解得，所以该瓷器产品T的质量综合指标值M的第60百分位数的估计值为7.75.【小问2详解】①先分析该窑炉烧制出的产品T的综合指标值的平均数：由频率分布直方图知，综合指标值的平均数，故满足认购条件①.②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值：由频率分布直方图可知，该新型窑炉烧制的产品T为一、二、三等品的概率估计值分别为0.36，0.54，0.1，故2000件产品中，一、二、三等品的件数估计值分别为720，1080，200.一等品的销售总利润为元；二等品的销售总利润为元；三等品的销售总利润为元；故2000件产品的单件平均利润值的估计值为，满足认购条件②，综上，该新型窑炉达到瓷器厂的认购条件.21.已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在定点，【解析】【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可.【小问1详解】由题知，椭圆C过点和，所以，解得所以椭圆C的方程为．【小问2详解】假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，，由，得，∴，∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，∴∴恒成立∴，解得∴∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒