湖南省湘潭市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版）

湘潭市第一中学2022年下学期期中考试

高三数学

一､单选题：（本大题共8小题，每题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 已知全集，集合，集合，则集合

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】,,则,故选B.

考点：本题主要考查集合的交集与补集运算.

2. 已知为虚数单位，则在复平面上对应的点在（    ）

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】根据复数的除法运算化简，即可得对应点进行求解.

【详解】由,

所以在复平面对应的点为，在第一象限.

故选：A

3. 在等差数列{an}中，若，则.

A. 4 B. 6 C. 8 D. 10

【答案】C

【解析】

【详解】a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80,

所以.

4. 已知向量=（1，2），=（2，x），若⊥，则|2+|=（　　）

A.  B. 4 C. 5 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据求出x的值，再利用向量的运算求出的坐标，最后利用模长公式即可求出答案．

【详解】因为，所以 解得，

所以，因此，故选C．

【点睛】本题主要考查向量的坐标预算以及模长求解，还有就是关于向量垂直的判定与性质．

5. 某种兼职工作虽然以计件的方式计算工资，但是对于同一个人的工资与其工作时间还是存在一定的相关关系，已知小孙的工作时间（单位：小时）与工资（单位：元）之间的关系如下表：

若与的线性回归方程为，预测当工作时间为小时时，工资大约为（    ）

A. 元 B. 元 C. 元 D. 元

【答案】B

【解析】

【分析】由样本中心点可求得，将代入回归直线即可求得结果.

【详解】由表格数据知：，，

，线性回归方程为，

，即当工作时间为小时时，工资大约为元.

故选：B.

6. 若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将两边同时平方得到，进而可以缩小角的范围，得到，从而得到，然后结合二倍角以及同角的平方关系即可求出结果.

【详解】将两边同时平方，，所以，

因此，异号，故，且，则，

因此，而，，

所以，

故选：D.

7. 如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，是的中点，，，则三棱锥外接球的表面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】取中点，由面面垂直性质可证得平面，由此可得；由勾股定理可证得，由线面垂直的判定可知平面，由此可得，根据直角三角形的性质可证得即为三棱锥的外接球球心，半径为，代入球的表面积公式即可求得结果.

【详解】取中点，连接，

平面平面，平面平面，，平面，平面，

平面，；

，，为中点，，，

，又，平面，平面，

平面，，

均为以为斜边的直角三角形，为斜边中点，

，为三棱锥的外接球球心，

三棱锥的外接球半径，

三棱锥的外接球表面积.

故选：B.

8. 已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】因为函数与函数的图象关于x轴对称，

根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，

即方程在上有解，

即在上有解．

令，，

则，

可知在上单调递增，在上单调递减，

故当时，，

由于，，且，

所以．

故选：A．

二､多选题（本题共4小题，每题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 以下关于函数的命题，正确的是（    ）

A. 函数的最小正周期为

B. 点是函数图象的一个对称中心

C. 直线的函数图象的一条对称轴

D. 将函数的图象向右平移个单位后得到的函数的图象关于原点对称

【答案】AD

【解析】

【分析】整理可得，代入周期公式，可判断A的正误，根据可判断B的正误，根据可判断C的正误，求得平移后的解析式，可判断D的正误，即可得答案.

【详解】由题意得，所以最小正周期，所以A对．

，所以直线是函数图象的一条对称轴，所以B错．

，所以点是函数图象的一个对称中心，所以C错．

将函数的图象向右平移个单位后得到的图象对应的函数为，是奇函数，所以D对．

故选：AD．

10. 已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（    ）

A.  B.

C.  D. 的坐标为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据抛物线定义和几何性质求解即可.

【详解】由题可知,由，，

所以，.

故选：AC．

11. 已知函数，若是的导函数，则下列结论中正确的是（    ）

A. 函数的值域与的值域相同

B. 若是函数的极大值点，则是函数的极小值点

C. 把函数的图象向右平移个单位，就可以得到函数的图象

D. 函数和在区间上都是增函数

【答案】AD

【解析】

【分析】

A.利用正弦函数的性质求解判断；B.利用函数的极值点定义求解判断； C. 利用三角函数的平移变换判断； D. 利用正弦函数的性质求解判断；

【详解】因为，所以，

 A. 因为函数的值域是，的值域是，故正确；

B.若是函数的极大值点，则，解得，k为奇数，而，所以不是函数的极小值点，故错误；

C. 把函数的图象向右平移个单位得到，故错误；

 D. 当时，，函数和都是增函数，故正确.

故选：AD

【点睛】关键点点睛：讨论三角函数性质时，关键是先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式．利用三角函数的性质求解.

12. 在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. 平面

C. 点B到平面的距离为 D. 直线BO与直线的夹角为

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A; 连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.

【详解】对于A，如图，连接 ,则交于点O,

正方体中， 平面 平面 ,

故 ,而 平面 ,

故平面,故平面，而平面,

故，即，故A正确；

对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,

故四边形是平行四边形，故平面不在平面,

故平面，故B正确；

对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,

故 ，解得 ，故C正确；

对于D,连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，

在 中， ,

所以 ,则 ,故D错误，

故选：ABC

三､填空题（每题5分，共20分）

13. 的展开式中的系数是___________.

【答案】；

【解析】

【分析】根据二项式定理的通项公式，简单计算，可得结果.

【详解】由题可知：的通项公式为，

令

所以的系数是

故答案为：

【点睛】本题考查二项式中指定项的系数，掌握公式，细心计算，属基础题.

14. 如图，直线是曲线在处的切线，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据直线所过点可得斜率，即为，结合即可得到结果.

【详解】直线过点，，直线斜率，

又直线是在处的切线，，又，

.

故答案为：.

15. 已知为圆上任意一点，则的最大值是______.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意，表示圆上的点与圆外的点连线的斜率.当过点的直线与圆相切时，取最值，即得最大值.

【详解】把圆化为标准式，

圆心，半径.

则表示圆上的点与圆外的点连线的斜率.

设过点的直线方程为，即.

当直线与圆相切时，斜率取最值.

由，解得或.

的最大值是.

故答案为：.

【点睛】本题考查斜率的几何意义，考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

16. 已知椭圆与抛物线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且轴，则椭圆的离心率是___________.

【答案】##

【解析】

【分析】由可得，结合抛物线方程可得点坐标，代入椭圆方程后，可配凑出关于离心率的方程，结合可解方程求得结果.

【详解】由题意知：是椭圆的焦点，；

轴，或，

代入椭圆方程得：，，

又椭圆的离心率，，

解得：，又，.

故答案为：.

四､解答题（本大题共6小题，共70分，解题应写出文字说明､证明过程或演算步骤）

17. 已知数列满足，.

（1）证明：数列为等差数列；

（2）设，证明：.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由变形得：，可得证明.
（2）由（1）知：,∴,用裂项相消可求和,从而可证明.

【详解】（1）由变形得：

又，故

∴数列是以1为首项1为公差的等差数列.

（2）由（1）知：

∴

∴

∴

【点睛】本题考查根据数列的递推公式证明数列为等差数列，考查用裂项相消法求和，属于基础题.

18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角B；

（2）若b=4，求周长的最大值.

【答案】（1）；   

（2）12.

【解析】

【分析】（1）利用差角的余弦公式，结合正弦定理，化简计算作答.

（2）利用余弦定理，结合均值不等式求出a+c的最大值

【小问1详解】

因为，则，

中，由正弦定理得，，而，即，

整理得，即，又，解得，

所以.

【小问2详解】

在中，由余弦定理得：，即，

而，于是得，当且仅当a=c=4时取“=”，

因此，当a=c=4时，a+c取最大值8，从而a+b+c取最大值12，

所以周长的最大值为12.

19. 年月日是中国传统二十四节气“立秋”，该日，“秋天的第一杯奶茶”再度出圈，据此，学校社会实践小组随机调查了该地区位奶茶爱好者的年龄，得到如下样本数据频率分布直方图.

（1）估计奶茶爱好者的平均年龄；（同一组数据用该区间的中点值作代表）

（2）估计奶茶爱好者年龄位于区间的概率；

（3）以频率替代概率进行计算，若从该地区所有奶茶爱好者中任选人，求人中年龄在岁以下的人数的分布列和期望.

【答案】（1）岁   

（2）   

（3）分布列见解析，数学期望为

【解析】

【分析】（1）由频率分布直方图估计平均数的方法直接计算即可；

（2）根据频率分布直方图可计算得到的频率，用频率估计概率即可；

（3）根据频率分布直方图可计算得到年龄在岁以下的频率，可得，由二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据二项分布数学期望计算公式可求得期望.

【小问1详解】

由频率分布直方图估计奶茶爱好者的平均年龄为：

（岁）.

【小问2详解】

由频率分布直方图得：奶茶爱好者年龄位于区间的频率为，

由频率估计概率可知：奶茶爱好者年龄位于区间的概率为.

【小问3详解】

由频率分布直方图得：从该地区所有奶茶爱好者中任选人，年龄在岁以下概率为，；

则所有可能的取值为，

；；；；

的分布列为：

则数学期望.

20. 如图，四棱锥中，底面是矩形，，.为上的点，且平面；

（1）求证：平面；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用勾股定理、平行关系和线面垂直性质可得，，由线面垂直的判定可证得结论；

（2）根据线面垂直性质可得，根据角度和长度关系可证得为中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.

小问1详解】

，，，，

又，；

平面，平面，；

，平面，平面.

【小问2详解】

平面，平面，，

，，

，即，，

为中点，

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，

则，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，；

即二面角的正弦值为.

21. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为．

（1）求双曲线的方程．

（2）过点的直线与双曲线的右支交于两点，在轴上是否存在点，使得点到直线的距离相等? 若存在，求出点的坐标; 若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在．

【解析】

【分析】（1）利用点线距离公式及即可求得，从而求得双曲线的方程；

（2）假设存在点，据题意设，联立方程得到，，再由点到直线的距离相等可得，由此代入式子即可求得，故存在.

【小问1详解】

由题意得，，故，

又因为双曲线的渐近线为，故是双曲线C的一条渐近线，

所以右焦点到渐近线的距离为，解得，

所以，，

所以双曲线C的标准方程为．

【小问2详解】

假设存在，设，，

由题意知，直线斜率不为0，设直线，

联立，消去，得，

则，，

且，，

因为使得点F到直线PA，PB的距离相等，所以PF是的角平分线，

则，即，则，

整理得，故，

即，因为，所以，

故存在．

22. 已知函数.

（1）若是的极值点，求的单调区间；

（2）求在区间上的最小值.

【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；

（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据，求出，再根据导数与函数单调性的关系即可求解.

（2）求出，令，解得或，讨论、或，判断函数在区间上的单调性，根据单调性即可求出函数的最值.

【详解】解：（1）的定义域为，

.

因为是的极值点，所以，解得，

所以，

当时，；当时，，

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2），则，

令，得或.

①当，即时，在上为增函数，；

②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

所以；

③当，即时，在上为减函数，

所以.

综上所述，.

【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间、求函数的最值，解题的关键是确定函数在区间上的单调性，考查了分类讨论的思想以及运算求解能力.