湖南省衡阳市2023_2024学年高三数学上学期期末试题含解析

这是一份湖南省衡阳市2023_2024学年高三数学上学期期末试题含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 星等是衡量天体光度的量，5等星亮度的倍等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一､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. 设集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合A,B再求交集即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
2. 下列函数的最小正周期为，且在上单调递减的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出各函数的周期和单调区间即可得出结论.
【详解】由题意，
A项，在中，，，最小正周期为，
当单调递增时，，
解得：
∴在上不单调递减，A错误；
B项，在中，，最小正周期为，
当单调递增时，，
解得：
∴在上不单调递减，B错误；
C项，在中，，周期,
∴函数在即上单调递减，
∴函数在上单调递减，C正确；
D项，在中，，故D错误.
故选：C.
3. 某旅游团计划去湖南旅游，该旅游团从长沙､衡阳､郴州､株洲､益阳这5个城市中选择4个（选择的4个城市按照到达的先后顺序分别记为第一站､第二站､第三站､第四站），且第一站不去株洲，则该旅游团四站的城市安排共有（）
A. 96种B. 84种C. 72种D. 60种
【答案】A
【解析】
【分析】根据分步乘法原理先考虑第一站，再考虑余下的三站得解.
【详解】因为第一站不去株洲，所以第一站可以从长沙､衡阳､郴州､益阳这4个城市中选择1个，共有4种选择，
余下的三站可以从剩下的4个城市中选择3个，所以该旅游团四站的城市安排共有种.
故选：A.
4. 在复数范围内，是方程的两个不同的复数根，则的值为（）
A. 1B. C. 2D. 或2
【答案】D
【解析】
【分析】分解因式解方程,再求模长即可求解.
【详解】由，
得.
因为，所以或，
当或，；
当或，.
故选：D
5. 星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕佮斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念，例如：2等星的星等值为2.已知两个天体的星等值和它们对应的亮度满足关系式，则（）
A. 3等星的亮度是0.5等星亮度的倍
B. 0.5等星的亮度是3等星亮度的倍
C. 3等星的亮度是0.5等星亮度的10倍
D. 0.5等星的亮度是3等星亮度的10倍
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意建立对数关系式，并结合指对数互化求解.
【详解】本题考查对数运算的实际应用，考查应用意识与逻辑推理的核心素养.
当时，，
则，则，
所以0.5等星的亮度是3等星亮度的10倍，故D正确.
故选：D.
6. 已知是抛物线上的两点，为的焦点，，点到轴的距离为，则的最小值为（）
A. 9B. 10C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的准线方程为，
所以，
因为，
所以，
当且仅当在线段上时，等号成立，所以的最小值为9，
故选：A
7. 若函数与图象的交点为，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（）
A. 4B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，结合单调性求出交点A的坐标，求出曲线在点A处的切线方程得解.
【详解】由，得，设，则，
所以为R上的增函数，
因为，所以.
又，则，所以曲线在点A处的切线方程为，
令，得，令，得，
则所求三角形的面积为.
故选：B.
8. 在正三棱台中，，二面角为，则该三棱台的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，结合正三棱台的结构特征求出棱台的高，再利用棱台的体积公式计算即得.
【详解】在正三棱台中，令的中点分别为，连接，
则，于是二面角的平面角为，即，
设上底面与下底面的中心分别为，连接，则，
过点作，垂足为，则，则，则，
所以该三棱台的体积为.
故选：B
二､多选题：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. 已知半径为的圆的圆心在直线上，且圆与直线相切，则圆的圆心坐标可能为（）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离等于半径列方程求解.
【详解】依题意可设圆的圆心坐标为，
则，解得或，
所以圆的圆心坐标为或.
故选：AC
10. 若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（）
A. 重合B. 相交于一点C. 两两平行D. 恰有两条交线平行
【答案】ABC
【解析】
【分析】构造长方体模型，选择其中的若干平面作为平面，即可依次判断即得.
【详解】
如图，作出一个长方体.
对于A项，可把平面依次取为平面，它们两两相交于共同的交线,故A项正确；
对于B项，可把平面依次取为平面，此时，,,,
而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；
对于C项，可把平面依次取为平面,此时，,,,
而易得三条交线两两平行，故C项正确；
对于D项，可把平面依次取为平面,此时，,,,
若只有因平面，而平面，则平面,
又平面,而平面平面=，则有,
即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.
故选：ABC.
11. 已知平行四边形的面积为，且，则（）
A. 的最小值为2
B. 当在上的投影向量为时，
C. 的最小值为
D. 当在上的投影向量为时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面积得出边长乘积为定值，再利用平面向量基本定理表示结合不等式判断A和C,利用投影向量判断BD.
【详解】因为，所以.
设，则，解得，
则，
当且仅当时，等号成立，A正确.
因为，
所以
，
所以,
,
,
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为,C正确.
如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为，
当在上的投影向量为时，.
因为，所以，得，
则
,
故B错误，D正确.
故选：ACD
12. 已知函数的定义域为，函数是定义在上的奇函数，函数），则必有（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据为奇函数，利用奇函数性质可得，从而可得且，从而可对A、B、D判断；取特殊函数，从而可得，从而对C判断.
【详解】对A、B、D：由条件可知，
因为，所以，且，
可得，
所以，所以A、B、D均正确.
对C：取，
则，
此时满足是定义在上的奇函数，，所以未必成立，故C错误.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于抽象函数，根据函数为奇函数，从而求出，然后可求得且得为奇函数，即可对A、B、D判断求解；利用特殊函数可对C判断求解.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据两角和的余弦公式化简可得.
【详解】因为，所以，
因为，
所以，即.
故答案为：.
14. 已知椭圆的周长，其中分别为椭圆的长半轴长与短半轴长.现有如图所示的椭圆形镜子，其外轮廓是椭圆，且该椭圆的离心率为，长轴长为，则这面镜子的外轮廓的周长约为__________cm.（取3.14，结果精确到整数）
【答案】211
【解析】
【分析】根据离心率公式和椭圆a、b、c的关系计算即可.
【详解】因为，所以,
因为长轴长为，所以，
故.
故答案为：211.
15. 某中学高一､高二､高三学生人数比例为，假设该中学高一､高二､高三的学生阅读完《红楼梦》的概率分别为，若从该中学三个年级的学生中随机选取1名学生，则这名学生阅读完《红楼梦》的概率不大于0.233，已知该中学高三的学生阅读完《红楼梦》的概率不低于高一的学生阅读完《红楼梦》的概率，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据全概率公式可知任选1名学生概率为，由该中学高三的学生阅读完《红楼梦》的概率不低于高一的学生阅读完《红楼梦》的概率可得，从而可求解.
【详解】若从该中学三个年级的学生中随机选取1名学生，
则这名学生阅读完《红楼梦》的概率为，解得.
因为该中学高三的学生阅读完《红楼梦》的概率不低于高一的学生阅读完《红楼梦》的概率，所以.
故的取值范围是.
故答案为：.
16. 若为正整数，记集合中的整数元素个数为，则数列的前62项和为__________.
【答案】3841
【解析】
【分析】先转化得，再分类讨论的取值范围，利用放缩法判断得，，从而得解.
【详解】因为，
当时，；当时，；
当时，，
因为，
所以，
又，
所以，则；
故数列的前62项和为.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得，从而得到当时，，由此得解.
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. 已知某超市销售的袋装食用盐的质量（单位：）服从正态分布，且0.15.某次该超市称量了120袋食用盐，其总质量为的值恰好等于这120袋食用盐每袋的平均质量（单位：）.
（1）若从该超市销售的袋装食用盐中随机选取2袋，设这2袋中质量不小于的袋数为，求的分布列；
（2）若从该超市销售的袋装食用盐中随机选取（为正整数）袋，记质量在的袋数为，求满足的的最大值.
【答案】（1）分布列见解析
（2）199
【解析】
【分析】（1）根据题意可求得，从而求出，由的可能取值为，从而求出相应概率即可列出分布列.
（2）由（1）及可得，且，利用二项分布求方差公式从而可求解.
【小问1详解】
依题意可得，
则，
的可能取值为，
，，
所以的分布列为
【小问2详解】因为，所以.
依题意可得，
所以.
因为，所以，又为正整数，所以的最大值为199.
18. 在平面四边形中，平分.
（1）证明：与相等或互补.
（2）若，求内切圆的半径.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在与中利用正弦定理列等式，再由角平分线及边相等得两角正弦相等，从而得证；
（2）分别在与中利用余弦定理列等式，由第（1）角与互补关系代入求出，再求得，再由等面积法求内切圆半径即可.
【小问1详解】
在中，，
在中，.
因为平分，所以.
又，所以，为三角形的内角，
所以与相等或互补.
【小问2详解】
假设与相等，
又平分，则，，，
故与全等，则，这与已知矛盾.
所以假设错误，与不相等，故与互补.
在中，，
在中，，
所以.
又，
所以，
则.
所以的面积，
设内切圆的半径的，则，
故.
19. 在数列中，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）设的前项和为，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题设求出，再利用等差数列的定义式计算，将结果代入化简即得差为常数.
（2）根据（1）结论求出数列的通项，再运用分组求和的方法求出再证明.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以是公差为1的等差数列.
【小问2详解】
因为，所以，由（1）知，则.
设数列的前项和为，则，则，
所以，
则，
所以.
20. 在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，直线与平面交于点.
（1）求的长；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面垂直性质列方程求解即可；
（2）利用线面角向量公式求解.
【小问1详解】
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设，
则.
设平面的法向量为，
则
令，得.
依题意可得，解得.
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21. 在平面直角坐标系中，，动点满足，点的轨迹记为曲线.
（1）求的方程.
（2）已知，过点直线（斜率存在且斜率不为0）与交于两点，直线与交于点，若为圆上的动点，试问是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据双曲线定义即可求得答案；
（2）设的方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，写出直线、直线的方程，联立并结合根与系数的关系化简，求出点P的横坐标，说明其在定直线上，结合圆的几何性质，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，
所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以为焦点，实轴长为6的双曲线的左支.
由，得，
所以的方程为.
【注】的方程也可以写为.
【小问2详解】
由题意可设的方程为，
设，
联立，得，满足，
则.
直线，直线，
联立与，
得
，
解得，故点在定直线上.
因为圆的圆心到直线的距离为，
所以的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系中的最小值问题，解答本题的关键是利用直线和双曲线的方程，结合根与系数的关系，推出点P在定直线上，进而结合圆的几何性质，即可求解.
22. 已知函数.
（1）证明：当时，对恒成立.
（2）若存在，使得，比较与大小，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）构造函数，通过导函数判断单调性可得，进而利用放缩和导数证明在上为增函数即可；
（2）由，得，要证明，即证，构造，再利用导数证明即可.
【小问1详解】
设函数，则，当时，，
所以为增函数，所以，
所以，
因为，所以，当时，，
所以，所以在上为增函数，
故，即当时，对恒成立.
【小问2详解】
，
证明如下：
不妨设，由，得，
要证明，只需证，
即证，
即证，
设函数，则，
（方法一）设函数，则.
当时，；当时，，
所以，所以，
由（1）可知，所以，所以在上单调递减，
又，所以，
则，
从而得证.
（方法二）设函数，则，
当时，，当时，，
所以，所以，
所以，
因为此连不等式的两个等号的取等条件不同，所以，
从而，所以，所以在上单调递减，
又，所以，
则，
从而得证.
【点睛】研究双变量问题往往通过某等量关系得出两变量之间的关系式，将双变量问题转化为单变量问题，再通过构造函数利用导数判断出函数单调性进行问题求解.
0
1
2
0.25
0.5
0.25