湖南省邵阳市海谊中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试题

这是一份湖南省邵阳市海谊中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试题，共28页。试卷主要包含了已知，关于该函数有下列四个说法等内容，欢迎下载使用。

新高考地区专用（原卷版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本题共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．（2022年高考北京卷）已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2022年高考全国乙卷）已知，且，其中为实数，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2022年全国高考全国Ⅱ）已知向量，若，则（ ）
A．B．C．5D．6
4．（2022年高考天津卷）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
5．（2021年高考全国甲卷）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022年高考天津卷）已知，关于该函数有下列四个说法：
①的最小正周期为；
②在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．（2022年高考全国Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（2022年高考全国Ⅰ卷）设，则（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2022年高考全国Ⅰ卷）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面所成的角为
10．（2022年高考全国Ⅱ卷）若满足，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2022年高考全国Ⅱ卷）已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
12．（2022年高考全国Ⅰ卷）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2021年高考天津卷）在的展开式中，的系数是___________．
14．（2022年高考全国Ⅱ卷）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是___________．
15．（2021年高考全国新高考Ⅱ卷）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交轴于两点，则取值范围是___________．
16．（2022年高考全国Ⅰ卷）已知椭圆的上顶点为，两个焦率为．过且垂直于的直线与交于两点，，则的周长是，离心___________．
四、解答题：本题共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．（2022年高考全国Ⅰ卷）记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
18．（2020年高考浙江卷）在锐角中，角的对边分别为，且．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的取值范围．
19．（2021年高考全国乙卷）如图，四棱锥的底面是矩形，底面为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
20．（2022年高考北京卷）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16.
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
（2）设是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计的数学期望；
（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
21．（2021年高考全国Ⅰ卷）在平面直角坐标系中，已知点，点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于两点和两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和．
22．（2020年高考全国新课标Ⅰ卷）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
冲刺2023年高考数学真题重组卷01
新高考地区专用（解析版）
一、单项选择题：本题共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．D【解析】利用补集的定义可得正确的选项．
【详解】由补集定义可知：，即，
故选：D．
2．A【解析】先算出，再代入计算，实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】
由，结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
得，即
故选：A
3．C【解析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解：，即，解得，
故选：C
4．D【解析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积．
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以，
在直棱柱中，平面，则，
由可得平面，
设重叠后的与交点为，
则
则该几何体的体积为．
故选：D．
5．C【解析】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，
2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，
所以2个0不相邻的概率为．
故选：C．
6．A【解析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．
【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；
令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；
因为，所以，③不正确；
由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．
故选：A．
7．C【解析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围．
【详解】球的体积为，所以球的半径，
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，
所以
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，时，，
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是．
故选：C．
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以（当且仅当取到），
当时，得，则；
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是．
8．C【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定的大小．
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则，
令，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C．
方法二：比较法
解：，
①，
令，
则，
故在上单调递减，
可得，即，所以；
②，
令，
则，
令，所以，
所以在上单调递增，可得，即，
所以在上单调递增，可得，即，所以．故．
二、多项选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．ABD【解析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可．
【详解】如图，连接，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面平面，则，
因为，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面平面，则，
因为，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为1，则，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确．故选：ABD
10．BC【解析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】因为，由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
11．ACD【解析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由求得为钝角即可判断D选项．
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为针角，又，则为钝角，又，则，D正确．
故选：ACD．
12．BC【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解．
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以（2），故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．
故选：BC．
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法．
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC．
故选：BC．[方法三]：
因为均为偶函数，
所以即，
所以，则，故C正确；
函数的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．
故选：BC．
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该
题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．160【解析】求出二项式的展开式通项，令的指数为6即可求出．
【详解】的展开式的通项为，
令，解得，
所以的系数是．
故答案为：160．
14．【解析】首先求出点A关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
15．【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，化简即可得解．
【详解】由题意，，则，
所以点和点，
所以，
所以，
所以，
同理，
所以．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解．
16．13【解析】利用离心率得到椭圆的方程为，即，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入粗圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为．
【详解】椭圆的离心率为椭圆的方程为，即，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，为正三角形，过且垂直于的直线与交于，两点，为线段的垂直平分线，直线的斜率为，斜率倒数为，直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
，
，得，
为线段的垂直平分线，根据对称性，的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为
故答案为：13．
四、解答题：本题共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．（1）；（2）见解析【解析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，，进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得．
【详解】（1），
又是公差为的等差数列，
当时，，
整理得：，
即，
显然对于也成立，
的通项公式；
（2），
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角的大小；
（Ⅱ）方法二：结合（Ⅰ）的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围．
【详解】（Ⅰ）
[方法一]：余弦定理
由，得，即．
结合余弦定，
，
即，
即，
即
即，
为锐角三角形，，
，
所以，
又为的一个内角，故．
[方法二]【最优解】：正弦定理边化角
由，结合正弦定理可得：
为锐角三角形，故．
（Ⅱ）[方法一]：余弦定理基本不等式
因为，并利用余弦定理整理得，
即．
结合，得．
由临界状态（不妨取）可知．
而为锐角三角形，所以．
由余弦定理得，
，代入化简得
故的取值范围是．
[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质
结合（1）的结论有：
由可得：，
则．
即的取值范围是．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，
运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（Ⅱ）的三
种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解．
19．（1）；（2）【解析】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果．
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为为的中点，则．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，
由，取，可得，
设平面的法向量为，
由，取，可得，
所以，，
因此，二面角的正弦值为．
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为，由于，所以平面．过作的垂线，垂足记为．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结．
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得．
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证．
20．（1）0.4；（2）；（3）丙【解析】（1）由频率估计概率即可
（2）求解得的分布列，即可计算出的数学期望．
（3）计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大．
【详解】（1）由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，故答案为0.4
（2）设甲获得优秀为事件，乙获得优秀为事件，丙获得优秀为事件
，
，
，
．
的分布列为
（3）丙夺冠概率估计值最大．
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.
21．（1）；（2）0、【解析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点为左、右焦点双曲线的右支，求出的值，即可得出轨迹的方程；
（2）方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值．
【详解】（1）因为，
所以，轨迹是以点为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，
所以，轨迹的方程为．
（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设，
设直线的方程为．
联立，
化简得．
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二]：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知四点共圆．
设，直线的方程为，
直线的方程为，
则二次曲线．
又由，得过四点的二次曲线系方程为：
整理可得：
其中．
由于四点共圆，则项的系数为0，即．
【整体点评】（2）方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方
法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中．方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单．
22．（1）当时，单调递减，当时，单调递增．（2）
【解析】（1）由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可．
（2）方法一：首先讨论的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数的取值范围．
【详解】（1）当时，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增．
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①．当时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数得，，
记，
令，
则，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：0恒成立，
故当时，单调递增；
当时，单调递减；
因此，，
综上可得，实数的取值范围是．
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记
，
①．当即时，，则当时，单调递增，又，
所以当时，，不合题意；
②．若即时，则当时，单调递减，当时，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由（2）可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意．
综上，．
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！0
1
2
3