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新余市2022—2023学年度上学期期末质量检测高三数学试题卷（理科）命题人：新余一中廖宇慧新余九中郭锐审题人：刘勇刚说明：1.本卷共有三个大题，23个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知复数，则（）A.z的虚部为1 B.C.为纯虚数 D.在复平面内对应的点位于第二象限【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则进行化简后再判断即可.【详解】，∴z的虚部为－1，，为纯虚数，在复平面内对应的点位于第一象限.故。篊.2.已知集合，则集合的真子集个数为（）A.7 B.8 C.15 D.16【答案】C【解析】【分析】先根据题意求出集合，再求其真子集的个数.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，所以，所以集合的真子集的个数为个，故。篊3.某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16.若将这两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（）A.平均数为6 B.平均数为6.5C.方差为12.5 D.方差为13【答案】A【解析】【分析】代入以下公式可得结果.（设样本A样本容量为m，样本平均数，样本方差；样本B样本容量为n，样本平均数，样本方差；样本合成后样本量，样本平均数，样本方差，则，【详解】∵，，∴两个样本合在一起的新样本数据的平均数为6，方差为13.5.故。篈.4.已知直线：与直线；相互平行，则实数的值是（）A. B.1 C. D.或1【答案】A【解析】【分析】根据两条直线平行，斜率相等求解即可.【详解】因为直线：的斜率，斜率存在，且，所以直线；的斜率存在，且，化简得：，解得或.当时，直线：，直线；，此时.当时，直线：，直线；，此时重合，舍去.所以.故。篈5.如图，在直棱柱中，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据题意知为异面直线与所成角，再判断出为直角三角形，再求余弦值即可．【详解】解：连接，如下图由E为的中点，为的中点易知：四边形为平行四边形，，∴即为异面直线与所成角，，平面，又面，，设，则，．故。篋．6.已知，则的值等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式求解即可.【详解】，故。築7.一条光线从点（－2，－3）射出，经y轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A.或 B.或 C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】求出点关于轴的对称点，由对称点作圆的切线，即为反射光线所在直线，求出切线斜率即得．【详解】圆的圆心为，半径为1，根据光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点关于y轴的对称点，易知反射光线所在直线的斜率存在，设为k，则反射光线所在直线的方程为，即，由反射光线与圆相切，可得，整理得，解得或．故。篋．8.已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式即得解.【详解】因为，恰好取到一次最大值与一次最小值，可得，解得.故。篈.9.在中，，点D在线段上，点E在线段上，且满足，交于F，设，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面共线向量的性质，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量数量积的定义、平面向量的加法的几何意义进行求解即可.【详解】设，，因为所以有，因此，因为，，，所以，故。築10.已知函数，正实数a,b满足，则的最小值为（）A.1 B.2 C.4 D.【答案】B【解析】【分析】先判断函数是严格递减的函数，且有对称中心，找出之间的关系可求.【详解】，故函数关于对称，又在上严格递减；即当且仅当时取得.故。築.11.如图，过双曲线：右支上一点作双曲线的切线分别交两渐近线于，两点，交轴于点，、分别为双曲线的左、右焦点，为坐标原点，则下列结论错误的是（）A.B.C.D.若存在点，使，且，则双曲线的离心率为【答案】ABD【解析】【分析】联立切线方程与渐近线方程，求出，的坐标，即可得，由的取值范围即可得，从而可判断C，由中点坐标公式可判断是，的中点，由此可判断AB，余弦定理结合可判断D.【详解】先求双曲线上一点，的切线方程：不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）．由，得，所以，则在，的切线斜率，所以在点，处的切线方程为：，又有，化简即可得切线方程为：．不失一般性，设，是双曲线在第一象限的一点，，是切线与渐近线在第一象限的交点，，是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程是，联立：，解得：，联立：，解得：，则，又因为，所以，即，C错误；由，可知，是，的中点，所以，B正确；易知点的坐标为，则，当点，在顶点时，仍然满足，A正确；因为，所以，，因为，则，解得，即，代入，得，所以，，所以，所以，，所以离心率，D正确．故。篈BD．12.已知（其中为自然常数），则??的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，得，，，利用导数判断出的单调性可得答案.【详解】构造函数，易得，，，，当时，当时，所以在递减，递增，易知，所以，，因为，所以，所以，故。篋.二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.请将正确答案填在答题卷相应位置.）13.的展开式中，所有项的二项式系数之和为________.【答案】【解析】【分析】在二项展开式中，所有项的二项式系数和始终为，其中为次数.【详解】在展开式中，所有项的二项式系数和为.故答案为：.14.已知函数的定义域是，则函数的单调增区间为______.【答案】【解析】【分析】根据对数函数的定义域，转化为一元二次不等式的解集，进而转化为一元二次方程的根，根据韦达定理得到，再由复合函数单调性求出答案.【详解】由题意得：的解集为，则的两根为，故，解得：，设，则，其中在定义域为上单调递减，根据复合函数单调性满足“同增异减”，故只需求解在上的递减区间，即为的递增区间，由于对称轴为，开口向下，所以在上的单调递减区间为，从而函数的单调增区间为.故答案为：.15.已知三棱锥的外接球的半径为，，，，则三棱锥的体积为______.【答案】【解析】【分析】由及外接球的半径为，得到为外接球的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得，根据勾股定理，求得各边的长度，判断为直角三角形，再由面，得到为棱锥的高，根据棱锥的体积公式计算可得答案.【详解】因为三棱锥外接球的半径为，，所以为外接球的直径，又因为都在球上，所以.，所以在中，，，,在中,,在中,,在中，,.，平面，面，故答案为：.16.设，（为自然对数的底数），，若不是函数的极值点，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】求导函数，根据题意得的根为，从而表示出，再令新函数，求导函数，判断单调性与最大值.【详解】由题知，，因不是函数的极值点，所以的根为，所以，即，则，令，，因为时，，时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为.故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）17.已知数列满足，（1）求证：是等比数列；（2）设，求和：【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义，结合递推公式，即可证明；（2）根据（1）的结果求，再利用累乘法求数列的通项公式，求得，最后利用分组转化和等比数列求和公式求和.【小问1详解】，且，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列；【小问2详解】由（1）可知，所以，，得，，.18.某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．（1）若是四边形对角线的交点，求证：∥平面（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，利用空间向量求线面夹角．【小问1详解】取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且是线段与的中点，且在图1中且，且．所以在图2中，且且四边形是平行四边形，则由于平面平面平面【小问2详解】由图1，折起后在图2中仍有即为二面角的平面角．以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设则，设平面一个法向量由，得，取则于是平面的一个法向量∴直线与平面所成角的正弦值为19.某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲?乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.（1）如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；（2）若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可（2）设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则??彼此互斥，求出相关的概率，再根据条件概率求解即可.【小问1详解】设表示“第次从乙箱中取到填空题”，，2，，，由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为：；【小问2详解】设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则??彼此互斥，且，，，，，，，所求概率即是发生的条件下发生的概率：.20.已知椭圆：的左右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，为坐标原点，（1）若的面积为，求椭圆的标准方程：（2）过点作斜率的直线交椭圆于不同两点，，点在椭圆的内部，在椭圆上存在点，使，记四边形的面积为，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知条件由方程组可解出得到椭圆方程.（2）直线方程与椭圆方程联立方程组，由韦达定理化简，把表示为关于k的函数，利用基本不等式求解最大值.小问1详解】，∴，，，又，解得，所以椭圆的标准方程为：.【小问2详解】，∴，椭圆，令，直线l的方程为：，联立方程组：，消去y得，由韦达定理得，，有，因为：，所以，，将点Q坐标代入椭圆方程化简得：，而此时：.，而，O点到直线l的距离，所以：，因为点P在椭圆内部，所以，得，又，所以，当，即时等号成立.所以的最大值是.【点睛】思路点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)注意观察应用题设中的每一个条件，强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21.已知，函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）若曲线与直线有且只有一个公共点，求．【答案】（1）减区间为，增区间为（2）【解析】【分析】（1）当时，分析的符号变化，即可得出函数的减区间和增区间；

（2）利用导数分析函数的单调性与极值，可知函数有唯一的极小值，根据可求得正实数的值.【小问1详解】解：当时，，函数的定义域为，，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，且．所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．因此，当时，函数的减区间为，增区间为.【小问2详解】解：依题意，，的定义域为，.令，，所以，在上单调递增，，，故存在，使得.当时，，则，此时单调递减，当时，，则，此时单调递增，当时，取极小值，则也是函数唯一的极值点，由得，即，①等式①的两边同时取自然对数，则有，则．②由①②得，当且仅当时，等号成立．当时函数取最小值，函数的图象过点，函数与有且只有一个交点．由，可得，即，令，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，因此，.所以曲线与直线有且只有一个交点时，．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.以下为选做题：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写出题号.【选修4-4；坐标系与参数方程】22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点.轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）若与恰有4个公共点，求的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】(1)直接利用转化公式转化即可;(2)和相切时,可得,与恰有3个公共点时,可得,故当与恰有4个公共点时,的取值范围为.【详解】(1)曲线的参数方程为(为参数),则,得,故的直角坐标方程为;由,得,故的直角坐标方程为.(2)因为与恰有4个公共点,则,当和相切时,此时与恰有2个公共点,圆的圆心到直线的距离,解得;当与恰有3个公共点时,此时圆过点,解得;故当与恰有4个公共点时,的取值范围为.【点睛】本题考查将参数方程化为普通方程,极坐标方程化为直角坐标方程,考查直线与圆的位置关系,属于中档题.【选修；不等式选讲】23.已知，，且，证明.（1）；（2）【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】【分析】（1）首先将不等式左边进行变形，利用公式，证明不等式；（2）首先将不等式左边变形为，再利用基本不等式证明.【小问1详解】，因为，，则，则，当时等号成立，所以；【小问2详解】而，当时等号成立，所以