湖南省益陽市2022-2023學年高三上學期數(shù)學期末試卷

湖南省益陽市2022-2023學年高三上學期數(shù)學期末試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．已知全集U={?2，?1，0，A．{?2，?1，C．{?2，1} 2．設復數(shù)zi=1+2zi，則A．1+3i B．1?5i C．i 3．如圖所示的矩形ABCD中，E，F(xiàn)滿足BE=EC，CF=2FD，A．12 B．23 C．34．在一次勞動技術課上，某12人的小組中的同學們利用圖（一）的棱長為8cm的正方體膠泥作為原料，每人制作一個圖（二）的冰激淋膠泥模型（上部分為一個半球，下部分為一個以半球的大圓面為底的圓錐），則制作完成后剩下的膠泥約為（）（忽略制作過程中的損耗，π≈3.A．8.7cm3 B．9.6c5．已知函數(shù)f(x)=ex，x≥0ln(ax)A．e2 B．e C．2e 6．2022年10月12日“天宮課堂”首次在問天實驗艙中授課，航天員老師們演示和講解的多種實驗，極大地激發(fā)了學生的學習興趣.在一次模仿操作實驗中，學生們從裝有大小相同的標號分別為1，A．19 B．115 C．5367．已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(0<ω<6，|φ|<π2)，若f(A．4，π3 B．3，π68．已知函數(shù)f(x)=lnxx，若方程f2A．(0，1e) B．(1e二、多選題9．如圖為國家統(tǒng)計局于2022年11月15日發(fā)布的社會消費品零售總額同比增速折線圖，則2021年10月至2022年10月同比增速的（）（注：2022年1?2月份合并統(tǒng)計為一個數(shù)據(jù)）A．平均數(shù)大于0 B．中位數(shù)為2.7C．極差為17.8 D．第25百分位數(shù)為?310．已知函數(shù)f(x)=xA．f(x)有2個極大值點B．f(x)有1個極小值點C．fD．點(1，f(1))11．已知雙曲線C：A．C的離心率為7B．C的漸近線方程為y=±C．直線y=32x?1D．過右焦點的直線l與C的交點分別為A，B，當|AB|=4時，這樣的直線12．已知函數(shù)f(x)及其導函數(shù)f'(x)的定義域均為R，記g(x)=f'(x)，若f(x)A．f'(2)=0 C．g(2)=g(18) D．g(4)=2三、填空題13．(x?y)(x+2y)5的展開式中含14．已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AA15．已知圓O：x2+y2=1，圓C的圓心在x軸上，過點(2，316．已知拋物線C：y2=2x的焦點為F，圓O：x2+y2=3與C①當OP∥OM時，有②當OP⊥ON時，有③△PMN可能是等腰直角三角形；其中命題中正確的有.四、解答題17．已知數(shù)列{an}的前n項和為S（1）求{a（2）若bn=118．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為（1）求B；（2）證明：a219．某學校為推動學校的大課間運動，開始在部分班級中使用一套新的大課間運動體操（記為A類體操），原來的大課間運動體操（記為B類體操），為了解學生對大課間運動的喜愛程度與使用大課間運動體操類別是否有關，分別對使用A類體操與B類體操的學生進行了問卷調查，現(xiàn)分別隨機抽取了100個學生的問卷調查情況，得到如下數(shù)據(jù)：

喜愛不喜愛A類體操7030B類體操4060附：χ2α000x3610（1）試根據(jù)小概率值α=0.（2）從樣本的喜愛大課間運動的學生中，按A、B類分層抽取11名學生參加一個座談會，再從中抽取3名學生在學生大課間運動會上發(fā)言，求參加發(fā)言的學生既有喜愛A類體操也有喜愛B類體操的概率．20．如圖所示的正方體ABCD?A1B1C（1）證明：平面AEC⊥平面BDD（2）求平面AEF與平面AEC所成銳二面角的余弦值.21．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點分別為F1，F(xiàn)2，條件①離心率為（1）求橢圓C的方程；（2）已知過點F2的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q(4，0)，直線MQ?NQ22．已知函數(shù)f(x)=(x?1)e（1）求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；（2）討論函數(shù)F(x)=f(x)?klnx+x?1的零點個數(shù).

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】因為A={?1，3}，所以?U故答案為：C.

【分析】先利用集合并集運算求出A∪B，再利用補集運算求解出答案.2．【答案】D【解析】【解答】設z=a+bi(a，b∈R)，則∵zi=1+2z∴(z?2z)i=1，即：∴?a+3bi=?i，∴?a=0∴z=?1故答案為：D.

【分析】根據(jù)已知條件，結合共軛復數(shù)的定義，以及復數(shù)的四則運算，即可求解出答案.3．【答案】A【解析】【解答】連接AE，AF，由題可知AE→又因為G為EF的中點，所以AG=所以AG=所以λ=23，故答案為：A.【分析】利用向量的加減法法則把AG→用AB→，AD→表示，結合AG4．【答案】B【解析】【解答】由題可知正方體膠泥的體積為V1每個冰激淋膠泥的體積為V2所以12個冰激淋膠泥的體積為V3所以V1故答案為：B.

【分析】利用正方體、球、圓錐的體積公式進行計算，可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】由f(x)=ex，又由f(0)+f(b)=0，得f(b)=?1，可知b<0，所以f(b)=ln(ab)，所以1+ln(ab)=0，即ln(ab)=?1，解得ab=1故答案為：D.

【分析】根據(jù)分段函數(shù)的解析式求出f(0)，可得f(b)=?1，由f(b)=ln(ab)可得ln(ab)=?1，求解可得ab的值.6．【答案】A【解析】【解答】從標號分別為1，2，而標號之和恰為10的結果有：(1，9)，所以所求的概率為P=4故答案為：A.

【分析】先求出基本事件總數(shù)為C97．【答案】C【解析】【解答】由題可知函數(shù)f(x)關于直線x=7π12對稱，又因為所以函數(shù)f(x)關于點(π所以7π12?π所以2πω=π2k+1，所以k=0時，ω=2符合，所以f(x)=sin(2x+φ)，又由f(π3)=0所以φ=kπ?2π3，可知當k=1時，φ=π故答案為：C.

【分析】根據(jù)題意知函數(shù)f(x)的對稱軸和對稱中心，由此求出ω的可能取值，再確定φ的值.8．【答案】A【解析】【解答】由f(x)=lnxx，可得由f'(x)>0，可得x∈(0，由f'(x)<0，可得x∈(e，+∞)，所以f(x)≤f(e)=1畫出函數(shù)y=f(x)的大致圖象，由f2(x)+(1?m)f(x)?m=0，可得所以f(x)=?1或f(x)=m，當f(x)=?1時，方程有一個實數(shù)，所以要使方程有3個不等的實根，則方程f(x)=m有兩個不等的實根，所以0<m<1故答案為：A.

【分析】利用導數(shù)研究函數(shù)f(x)=lnxx的單調性并求得最值，求解方程f2(x)+(1?m)f(x)?m=0得到f(x)=?1或f(x)=m，畫出函數(shù)9．【答案】A,C【解析】【解答】表中數(shù)據(jù)由小到大為?11.1，由表中數(shù)據(jù)易知同比增速的平均數(shù)大于0，所以A符合題意；由表中折線圖可知中位數(shù)為2.由表中折線圖可知極差為6.因為數(shù)據(jù)共有12個，由25%×12=3，所以第25百分位數(shù)為從小到大的第3個與第4個數(shù)據(jù)的平均數(shù)，即為?3.故答案為：AC.

【分析】利用圖中數(shù)據(jù)以及平均數(shù)，中位數(shù)，極差，百分位數(shù)公式分別求出，由此即可判斷得答案.10．【答案】B,C,D【解析】【解答】由f(x)=x得f'所以f'所以C符合題意；又令f'即3x解得x1當x∈(?∞，?1當x∈(?13，當x∈(1，+∞)時，f'當x=1時，函數(shù)有極小值，所以A錯誤，B符合題意；又f'(1)=0，又因為f(1)=?1，所以在點(1，f(1))處的切線方程為故答案為：BCD.

【分析】求導得f'(x)，分析f'(x)的符號，進而可得f(x)的單調性，極值，即可判斷A、B；計算f'(-2)的值即可判斷C；由導數(shù)的幾何意義可得f(x)在點(1，11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：由雙曲線C：x24?y23=1雙曲線C的漸近線方程為y=±b因為直線y=32x?1與漸近線平行，且過(0因為由x24?y23=1，當x=7時，雙曲線的通經(jīng)長為2b2a=2×3又因為雙曲線的實軸長2a=4，所以點A，B分別在雙曲線的左?右頂點時，也滿足綜合可知當|AB|=4時，這樣的直線有3條，所以D符合題意.故答案為：ABD.

【分析】根據(jù)雙曲線的方程可求出a，b，c，進而求出離心率和漸近線方程可判斷A、B；根據(jù)直線y=32x?1與漸近線平行，且過(0，?1)，可判斷C；求出雙曲線的通經(jīng)長，可得當|AB|=4>3時，點A12．【答案】A,B,C【解析】【解答】因為f(x)關于直線x=2對稱，所以f(x+2)=f(?x+2)，所以f'(x+2)=?f'(?x+2)由f(x+2)=f(?x+2)得到f(x)=f(?x+4)，所以f'所以g(x)=?g(?x+4)，令x=2024，則g(2024)=?g(?2020)，又因為g(4+2x)為奇函數(shù)，所以g(4?2x)=?g(4+2x)，即g(4?x)=?g(4+x)，即g(x)=?g(8?x)，所以g(8?x)=g(4?x)，即g(4+x)=g(x)，所以函數(shù)g(x)的周期為T=4，所以g(18)=g(16+2)=g(4×4+2)=g(2)，所以C符合題意；由g(4?x)=?g(4+x)，得函數(shù)g(x)的圖象關于點(4，0)對稱，所以故答案為：ABC.

【分析】f(x)關于直線x=2對稱得f(x+2)=f(?x+2)，求出導數(shù)令x=0得f'(2)=0可判斷A；由f(x+2)=f(?x+2)得到f(x)=f(?x+4)，求導f'(x)=?f'(?x+4)，可得g(x)=?g(?x+4)，令x=2024，又g(4+2x)13．【答案】40【解析】【解答】因為(x+2y)5所以(x?y)(x+2y)5故答案為：40．

【分析】利用二項式定理求出展開式中含x2y314．【答案】4【解析】【解答】如圖所示，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，延長且點F為棱BG的中點，所以A1E//B1F由題意得B1C=13所以cos∠CB故答案為：465【分析】，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，延長AB，15．【答案】(【解析】【解答】依題可設圓C的方程為：(x?a)2+y2=r2，且a>0，因為圓C與圓O所以所求圓的方程為(x?3故答案為：(x?3

【分析】依題可設圓C的方程為：(x?a)2+y2=r216．【答案】①②【解析】【解答】由圓O：x2+y2=3與y2=2x，聯(lián)立方程x所以OM=(1從而OP=λ即P(λ+μ，2λ?2μ)，因為點P則OP=(?2①當OP∥OM時，點O，所以OP=?2OM，所以由題意知F(12，0)，所以②當OP⊥ON時，即OP?即(λ+μ)?2(λ?μ)=0，解得λ=3μ，又λ+μ=?2，得λ=?32μ=?③若△PMN是等腰直角三角形，則∠PMN或∠PNM或∠MPN為直角，因為M(1，當∠PMN=90°時，則2λ?此時|MN|=22，|MP|=3由對稱性可知當∠PNM=90°時，當∠MPN=90°時，因為首先是等腰三角形，由拋物線的對稱性可知點P在此時P(?2，0)，|MN|=22|MP|2+|NP|綜上所述，△PMN不可能是等腰直角三角形，所以③錯誤，故答案為：①②.

【分析】聯(lián)立方程求得M(1，2)，N(1，?2)，結合OP=λOM+μON(λ，μ∈R)，可得OP=(?2，2λ?217．【答案】（1）解：因為Sn所以當n≥2時，Sn?1兩式相減得：an=a所以an且a1所以{an}（2）解：由（1）可知bn所以bn所以T==1【解析】【分析】(1)由Sn=an+n2?1，得Sn?1=a18．【答案】（1）解：由(2?sinA)cosB?1=cosAsinB?2cosBsinC，得2cosB?1=cosAsinB+sinAcosB?2cosBsinC，得2cosB?1=sin(即2cosB?1=sinC?2cosBsinC，2cosB+2cosBsinC=1+sinC，2(1+sinC)cosB=1+sinC，因為0<C<π，所以sinC>0，所以1+sinC>0，所以2cosB=1，即cosB=1又因為0<B<π，所以B=π（2）證明：依題要證明a2+c由（1）及正弦定理得：a=又因為A+C=π?B=2π3，所以所以cos2A+cos(=cos2A?cos=1因為0<A<2π3，所以所以當2A+π3此時43?2所以a2【解析】【分析】(1)根據(jù)兩角和的正弦公式即可得出2(1+sinC)cosB=1+sinC，顯然1+sinC>0，從而得出cosB=12，從而可得出B的值；

(2)由（1）及正弦定理得a2+c2b2=43?19．【答案】（1）解：零假設為：H0根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得到χ2根據(jù)小概率值α=0.001的獨立性檢驗，推斷即認為是否喜愛大課間運動程度與A類體操和B類體操有關；（2）解：由樣本中的數(shù)據(jù)可知，抽取11名學生中，其中喜愛A類體操有7名學生，喜愛B類體操有4名學生，從11名學生抽取3名學生的所有情況有C11而3名發(fā)言的學生中既有喜愛A類體操也有喜愛B類體操的情況有C71C所以參加發(fā)言的學生既有喜愛A類體操也有喜愛B類體操的概率為4255【解析】【分析】(1)計算卡方，利用獨立性檢驗的思想，可得出結論；

(2)由分層抽樣的方法可知，抽取11名學生中，喜愛A類體操有7名學生，喜愛B類體操有4名學生，通過排列組合計算出抽取3名學生的所有情況和3名發(fā)言學生中既有喜愛A類體操也有喜愛B類體操的情況，由古典概型可求出參加發(fā)言的學生既有喜愛A類體操也有喜愛B類體操的概率．20．【答案】（1）證明：因為ABCD?A所以AC⊥BD，又因為DD1⊥平面ABCD所以AC⊥平面BDD又AC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面BDD（2）解：由條件可知DA，所以分別以DA，DC，設正方體的棱長為2a，則D(0，F(xiàn)(0，所以AC=(?2a設平面AEC的一個法向量為n1則n1所以2y+z=0x=y，令x=1，得y=1所以n1又設平面AEF的一個法向量為n2則n2所以2y'+z'z'所以n2所以cos?所以平面AEF與平面AEC所成銳二面角的余弦值為7174【解析】【分析】(1)由題意可知DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，又因為AC⊥BD，利用線面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDD1B1，再利用面面垂直的判定定理即可證得平面AEC⊥平面BDD1B1；

(2)分別以21．【答案】（1）解：選擇①②，因為|PF聯(lián)立方程組2a=4所以橢圓C的方程為：x2選擇②③，因為|PF聯(lián)立方程組1所以橢圓C的方程為：x2選擇①③，1所以橢圓C的方程為：x2（2）解：由（1）知橢圓C的方程為：x24+當直線l的斜率為0時，易知kMQ=k當直線斜率不為0時，設直線方程為x=ty+1，M(x1，整理得(3tΔ>0?t∈R，所以y1所以k====0，綜上可知kMQ【解析】【分析】(1)根據(jù)橢圓的定義，橢圓的離心率和a2=b2+c2即可求解出橢圓C的方程；

(2)當直線l的斜率為0時，易知kMQ=kNQ=022．【答案】（1）解：由f(x)=(x?1)e(x?1)+1?x當x≤0時，f'當x>0時，記φ(x)=x則φ(x)在(0，+∞)單調遞增，又因為所以當x∈(0，1)時，f'綜上x∈(?∞，1)