2023届湖南省怀化市高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届湖南省怀化市高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则中元素的个数为（  ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】B

【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

【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

【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：B

4．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【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：C

5．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

【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：

【解析】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

【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：C

7．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

【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：C

8．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

【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、多选题

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

【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：AC

10．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

【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：BCD

11．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

【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：ACD

12．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

【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为半径的圆与侧面的交线，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

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）

【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

【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

【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】

【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

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).

【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.

【详解】（1）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.

（2）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)

【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.

【详解】（1）设数列的公差为，则，

，，成等比数列，

，

即，

解得，，

.

（2）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，三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明详见解析

(2)

【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.

【详解】（1）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.

（2）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：

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

【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.

【详解】（1）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.

（2）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，

【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.

【详解】（1）由题知，椭圆C过点和，

所以，解得

所以椭圆C的方程为．

（2）

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恒成立．

【点睛】本题关键点在于利用∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.

22．已知函数

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）.

【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.

试题解析：（1）的定义域为，，

（ⅰ）若，则，所以在单调递减.

（ⅱ）若，则由得.

当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.

（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.

（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.

①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，由于，即，故没有零点；

③当时，，即.

又，故在有一个零点.

设正整数满足，则.

由于，因此在有一个零点.

综上，的取值范围为.

点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.