湖南省岳阳市2022-2023学年高三数学上学期教学质量监测（一）试题（Word版附解析）

岳阳市2023届高三教学质量监测（一）数学试卷

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. 在复平面内，复数z对应的点为，则（）

A. i B. －i C. 2i D. －2i

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解.

【详解】因为复数z对应点的坐标为，所以，

所以.

故选：B.

2. 已知集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先解不等式，即，再根据并集的运算求解即可.

【详解】因为，

所以，即，

又，

所以,

故选：C

3. 已知直线l：和圆，则“”是“直线l与圆C相切”的（）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线和圆相切求得的值，由此求得正确答案.

【详解】圆的圆心为，半径为，

若直线与圆相切，

则，解得.

所以“”是“直线l与圆C相切的充要条件.

故选：C

4. 已知函数的一个零点是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象的表达式为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求得，然后根据三角函数图象变换、诱导公式等知识求得正确答案.

【详解】依题意，，

所以，

，向左平移个单位长度得到.

故选：D

5. 核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的成本比火电站要低20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的发展方向，2021年10月26日，国务院发布《2030年前碳达峰行动方案》，提出要积极安全有序发展核电.但核电造福人类时，核电站的核泄漏核污染也时时威胁着人类，如2011年，日本大地震导致福岛第一核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物是锶90，它每年的衰减率为2.47%.专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要800年，到那时，原有的锶90大约剩（）（参考数据）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，每年的剩余量可构成等比数列，据此求出800年后剩余量即可得解.

【详解】由题意，设一开始锶90质量为1，

则每年的剩余量构成以为公比的等比数列，

则经过800年锶90剩余质量为，

两边取常用对数可得：，

所以，

故选：B

6. 已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（）

A. 1666 B. 1654 C. 1472 D. 1460

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意求出两个数列相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可.

【详解】有两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，

由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：

2，14，26，38，50，…，182，194，共有项，是公差为12的等差数列，

故新数列前17项的和为，

即数列的各项之和为1666.

故选：A.

7. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径.若平面平面，，，球O的体积为，则三棱锥的体积为（）

A. 9 B. 18 C. 27 D. 36

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得，，进而说明平面，再求得球的半径，根据即可求得答案.

【详解】如图，三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径

O为中点，

∴，，

∵平面平面，平面平面，平面，

∴平面，

设，由球O的体积为，可得，

则 ，

∴三棱锥的体积为9，

故选∶A．

8. 已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用特殊值判断AC，利用不等式性质及指数函数单调性判断B，根据排除法判断D.

【详解】取，则不成立，故A错误；

由，当时，，所以，

即，故B错误；

取时，，而，

所以，故C错误；

由ABC错误，排除法知，故D正确.

故选：D

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）

9. 已知函数，则（）

A. 是周期函数 B. 函数在定义域上是单调递增函数

C. 函数是偶函数 D. 函数的图象关于点对称

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据正弦函数周期判断A，由指数函数、反比例函数的单调性判断B，根据奇偶性定义判断C，由函数中心对称充要条件判断D.

【详解】令，则，所以函数为周期函数，故A正确；

因为，

因为在定义域上单调递减，且，

所以由复合函数的单调性质可得在定义域上是单调递增函数，故B正确；

令，则，所以函数是奇函数，故C错误；

因为，所以函数的图象关于点对称，故D正确.

故选：ABD

10. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项.记事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”，则（）

A. 四名同学的报名情况共有种

B. “每个项目都有人报名”的报名情况共有72种

C. “四名同学最终只报了两个项目”的概率是

D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据分步乘法计数原理可求得四名同学的报名情况的种数，判断A;根据古典概型的概率公式可判断；根据条件概率的概率公式，可判断D.

【详解】由题意甲、乙、丙、丁四名同学每人都要报名且限报一项，每人都有3种选择，

则共有种，A正确；

“每个项目都有人报名”，则必有两人报同一个项目，

故此时报名情况有种，B错误；

“四名同学最终只报了两个项目”，此时可先选出两个项目，

报名情况为分别有两人报这两个项目，或者一人报其中一个，另三人报名另一个项目，

故共有种报名情况，

则“四名同学最终只报了两个项目”的概率是，C正确；

事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，有 种报名方法，

则，

事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，

若同时发生，即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目，

则有种报名方法，则，

故，D正确，

故选：

11. 正方体的棱长为1，点P在线段BC上运动，则下列结论正确的是（）

A. 异面直线与所成的角为60°

B. 异面直线与所成角的取值范围是

C. 二面角的正切值为

D. 直线与平面所成的角为45°

【答案】BC

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定AB，由二面角的平面角的定义法确定C，利用向量法求线面角判断D.

【详解】如图，在正方体中建立空间直角坐标系，

则，

设，

对A，由，，即异面直线与所成的角为90°，故A错误；

对B，，则，

当时，，，

当时，，因为的对称轴为，所以当时，，即，由，知，综上，，故B正确；

对C，取中点，连接，则，所以为二面角的平面角，在中，，故C正确；

对D，在正方体中，,平面，

所以平面，即平面一个法向量为,

又，所以，故D错误.

故选：BC

12. 已知抛物线上的两点，及抛物线上的动点，直线PA，PB的斜率分别为，，坐标轴原点记为O，下列结论正确的是（）

A. 抛物线的准线方程为

B. 三角形AOB为正三角形时，它的面积为

C. 当为定值时，为定值

D. 过三点，，的圆的周长大于

【答案】BCD

【解析】

【分析】由抛物线方程判断A，根据正三角形求出直线斜率，联立抛物线求点A坐标即可判断B，直接计算结合在抛物线方程上化简可判断C，根据题意及圆的性质求出半径，结合点在抛物线上可得出半径范围，即可判断D.

【详解】对A，由抛物线知准线方程为，故A错误；

对B，当三角形AOB为正三角形时，不妨设A在第一象限，则，直线方程为，联立，可得，故，

所以，故B正确；

对C，，当为定值时，为定值，故C正确；

对D，因为圆过三点，，，所以可设圆心为，则，平方后可得，

故，因为，所以，即，

故，所以圆的周长，故D正确.

故选：BCD

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.）

13. 已知，，，均为锐角，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和的余弦公式求解.

【详解】因为，，且，均为锐角，

所以，，

所以.

故答案：

14. 已知某车间在上半年的六个月中，每个月的销售额y（万元）与月份（）满足线性回归方程，则该车间上半年的总销售额约为______万元.

【答案】198

【解析】

【分析】根据线性回归方程，分别将x的值代入，结果相加，即可得答案.

【详解】由题意可得该车间上半年的总销售额约为：

（万元），

故答案为：198

15. 已知椭圆E：的左、右焦点分别为、，圆P：分别交线段、于M、N两点，则______.

【答案】##1.2

【解析】

【分析】根据椭圆的定义及圆的半径确定，再由数量积坐标运算求解.

详解】由知圆心，半径，

又椭圆方程为，

所以在椭圆上，且椭圆的焦点，，

所以，，

因为,

所以,

又，

所以.

故答案为：

16. 数列的前n项和为，，且对任意的都有，则（1）若，则实数m的取值范围是______；（2）若存在，使得，则实数m为______.

【答案】    ①.     ②. 或

【解析】

【分析】（1）由求得的取值范围.

（2）求得的规律，对进行分类讨论，由此列方程求得的值.

【详解】依题意，，对任意的都有，

则，

，

，

，

，

以此类推，结合两式相减得，

可知数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；

偶数项是首项为，公差为的等差数列.

（1）若，即.

所以的取值范围是.

（2）若存在，使得，

.

当为奇数时，为偶数，

由得：

，

解得.

当为偶数时，为奇数，

由得：

，

解得.

综上所述，的值为或.

故答案为：；或

【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解时，要对的奇偶性进行分类讨论.

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

17. 已知数列满足，且数列的前n项和为.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）；

（2）.

【解析】

【分析】（1）由对数运算及等比数列的定义判断数列为等比数列即可得解；

（2）根据裂项相消法求数列的和即可.

【小问1详解】

因为，所以.

所以数列是首项为1公比为3的等比数列，

所以数列的通项为.

【小问2详解】

由(1)知数列的前n项和，

所以

.

所以数列前n项和.

18. 8月5日晚，2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”开幕式在洞庭南路历史文化街区工业遗址公园（岳阳港工业遗址公园）举行，举办2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”，是我市深入贯彻落实中央和省委“稳经济、促消费、激活力”要求，推出的大型文旅活动，旨在进一步深挖岳阳“名楼”底蕴、深耕“江湖”文章，打造“大江大湖大岳阳”文旅IP，为加快推进文旅融合发展拓展新维度、增添新动力.活动期间，某小吃店的生意异常火爆，对该店的一个服务窗口的顾客从排队到取到食品的时间进行统计，结果如下：

假设每个顾客取到食品所需的时间互相独立，且都是整数分钟.从排队的第一个顾客等待取食品开始计时.

（1）试估计“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”的概率；

（2）若随机变量X表示“至第2分钟末，已取到食品的顾客人数”，求X的分布列及数学期望.

【答案】（1）；

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）由频率估计概率得出Y的分布列，“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”对应3个互斥事件，据此求概率即可；

（2）X所有可能的取值为0，1，2，结合（1）求出对应概率得分布列，由期望定义求期望.

【小问1详解】

设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下:

A表示事件“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件A对应三种情形：①第一个人取到食品所需的时间为1分钟，且第二个人取到食品所需的时间为3分钟；②第一人取到食品所需的时间为3分钟，且第二人取到食品所需的时间为1分钟；③第一个和第二个人取到食品所需的时间均为2分钟.

所以

.

【小问2详解】

X所有可能的取值为0，1，2.

对应第一个人取到食品所需的时间超过2分钟，

所以;

对应第一个人取到食品所需的时间为1分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1分钟，或第一个人取到食品所需的时间为2分钟，

所以；

对应两个人取到食品所需的时间均为1分钟，

所以；

所以X的分布列为：

所以

19. 在中，三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，.

（1）证明：；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，结合三角恒等变换的知识证得.

（2）转化为只含的三角函数的形式，利用换元法、构造函数法，结合导数求得的取值范围

【小问1详解】

依题意，由余弦定理得，

，由正弦定理得，

，，

，由于，所以，则

由于，所以，则，

所以或（舍去），

所以.

【小问2详解】

由于，所以为锐角，即，

而，即.

，

令，，

，

所以在区间上，递增；

在区间上递减.

，

所以，

所以的取值范围是.

20. 已知直三棱柱中，E，F分别为棱和的中点，，，.

（1）求证：平面平面；

（2）若直线与平面EFC所成角的正弦值为且，证明：平面平面EFC.

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面；

（2）利用直线与平面EFC所成角的正弦值求得，然后利用向量法证得平面平面EFC.

【小问1详解】

如图所示，以为原点为轴和轴的正方向，在平面内，

过作轴的垂线为轴建立空间直角坐标系，设，

则，

所以，，

设平面的法向量为，

则，令，故.

设平面的法向量为，

则，令，故，

由于，所以，

所以平面平面；

【小问2详解】

，由（1）知平面的一个法向量为，

由直线与平面EFC所成角的正弦值为，

得，

整理得，由于，所以解得，即，

此时，，所以，

所以平面，

由于平面，所以平面平面EFC.

21. 已知直线：和直线：，过动点E作平行的直线交于点A，过动点E作平行的直线交于点B，且四边形OAEB（O为原点）的面积为4.

（1）求动点E的轨迹方程；

（2）当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线，若过点的直线m与曲线交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若，，求证：为定值.

【答案】（1）或；

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）设，根据直线相交求出点的横坐标，再求出，点到直线的距离表示出四边形面积，化简方程可得解；

（2）验证特殊情况可知，再由一般情况设设直线m的方程为，由题意求出，联立直线与双曲线方程，由根与系数关系代入化简即可得证.

【小问1详解】

设，过且平行的直线方程为，

由得交点的横坐标为，

所以，

点到直线的距离为，

所以四边形OAEB的面积为，

即或，

故动点E的轨迹方程为或.

【小问2详解】

由题知的方程为，

设，、

当直线的斜率为0时，，

若，由，，知，

所以；

若，由，，知，

所以；

当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为 (显然)，

则，即，

因为，，

所以，

解得

由消并整理得，

因为直线m与曲线有两个交点，

则在且判别式时有且

所以，

即证得为定值.

22. 已知函数，，.

（1）讨论函数在区间上的最大值；

（2）确定k的所有可能取值，使得存在，对任意的，恒有.

【答案】（1）答案详见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）构造函数，求得，对进行分类讨论，由此求得所求的最大值.

（2）对进行分类讨论，化简不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的值.

【小问1详解】

，，

则，

当时，对任意恒成立，又，所以恒成立，

所以在上递减，所以的最大值为.

当时，在区间，递增；

在区间递减.

所以的最大值是.

【小问2详解】

由（1）知，当时，时，；

当时，对任意，，

要使成立，显然.

当时，，

令，

则，

对于方程，，

所以方程有两个不同的实数根，，

由于，所以，

故在区间，递增，

此时，即，所以满足题意的不存在.

当时，由（1）知，存在，使得对任意恒有，

此时，

令，

，

对于方程，，

所以方程两个不同的实数根，

，

由于，所以，

所以在区间递增，

此时即，

即与中较小者为，则当时，恒有，

所以满足题意的不存在.

当时，由（1）知当时，，

令，

，

所以当时，递减，

所以在区间上，

故当时，恒有，此时任意实数满足题意.

综上所述，.

【点睛】利用导数研究函数的最值，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.当所要研究的函数含有绝对值时，可对绝对值内的式子的符号进行分类讨论，去绝对值，将式子转化为没有绝对值的形式来进行研究.