湖南省部分学校2022-2023学年高三上学期12月联考数学试题(解析版).docx

《湖南省部分学校2022-2023学年高三上学期12月联考数学试题(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省部分学校2022-2023学年高三上学期12月联考数学试题(解析版).docx（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、绝密启用前高三数学考试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名考生号考场号和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.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.已知，则（ ）A. B. C. D.2.定义差集，已知集合，则（ ）A. B. C. D.3.“”是“”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不

2、必要条件4.已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4高是8的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（ ）（参考数据：，）A.1.62 B.1.64 C.3.18 D.3.465.若函数在内有2个零点，则a的取值范围为（ ）A. B.C. D.6.展开式中的系数为（ ）A. B.21 C. D.357.若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，则（ ）A.的最小值为 B.的最小值为C.的最大值为 D.的最大值为8.正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP平面，则动点P的轨迹面积为（ ）A. B.5 C. D.

3、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.下列函数满足的是（ ）A. B.C. D.10.已知圆C：，则（ ）A.圆C与圆D：相交B.直线与圆C可能相切C.直线与圆C必相交D.直线，各自被圆C所截得的弦长恰好相等11.将函数的图象向右平衡个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在内恰有5个极值点，则的取值可能是（ ）A. B. C. D.12.若，则（ ）A. B. C. D.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若A，B，C三点共线，

4、则_.14.若函数的导函数为偶函数，则曲线在点处的切线方程为_.15.已知，点P满足，动点M，N满足，则的最小值是_.16.设是数列的前n项和，则_；若不等式对任意恒成立，则正数k的最小值为_.（本题第一空3分，第二空2分）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.（10分）在，这三个条件中选一个合适的补充在下面的横线上，使得问题可以解答，并写出完整的解答过程.问题：在钝角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，_.（1）求ABC的面积；（2）求ABC外接圆的半径与内切圆的半径.18.（12分）已知在等比数列中，且，成等差数列，数列满足，.（1）

5、求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.19.（12分）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶.如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD为矩形，AB=2AD=2EF=8，EF底面ABCD，EA=ED=FB=FC，M，N分别为AD，BC的中点.（1）证明：EFAB且BC平面EFNM.（2）若二面角E-AD-B为，求CF与平面ABF所成角的正弦值.20.（12分）某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运

6、动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目.对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分.对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分.最扣得分越多者，获得的资金越多.现有两种参赛的方案供运动员选择.方案一：只参加3个传统运动项目.方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目.已知甲乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为，能完成每个新增运动项目的概率均为，且甲乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立.（1）若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率.（2）若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该

7、选择方案一还是方案二？说明你的理由.21.（12分）已知抛物线，过点作直线与C交于M，N两点，当该直线垂直于x轴时，OMN的面积为2，其中O为坐标原点.（1）求C的方程.（2）若C的一条弦ST经过C的焦点，且直线ST与直线MN平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.22.（12分）设为的导函数，若是定义域为D的增函数，则称为D上的“凹函数”，已知函数为R上的凹函数.（1）求a的取值范围；（2）设函数，证明：当时，当时，.（3）证明：.高三数学考试参考答案1.B 【解析】本题考查共轭复数及复数的运算，考查数学运算的核心素养.设复数，则，得，得，故.2.B 【解析

8、】本题考查集合的新概念与集合的运算，考查数学抽象与数学运算的核心素养.因为，所以.3.A 【解析】本题考查充分必要条件的判定与三角恒等变换，考查逻辑推理的核心素养.若，则.若，则或.故“”是“”的充分不必要条件.4.B 【解析】本题考查圆锥的体积，考查空间想象能力与数据处理能力.因为瓶内装满水并喝完一半，所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为rdm，易得小圆锥的高为2rdm，则，解得，即，.则剩余的水的高度为.5.D 【解析】本题考查函数的零点与对数函数，考查数学运算的核心素养.由，得或.依题意可得，且，所以，且.6.A 【解析】本题考查二项

9、式定理，考查数学运算的核心素养.因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为.7.D 【解析】本题考查椭圆的离心率与基本不等式的应用，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，无最小值.8.C 【解析】本题考查空间点线面的位置关系，考查直观想象与数学运算的核心素养.取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，AB的中点可得，则平面平面，所以动点P的轨迹为MQC及其内部（挖去点M）.在正三棱柱中，ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，易得CQ平面，所以.因为，所以，因为侧棱长是6，所以.所以，则MQC的面积，故动点P的

10、轨迹面积为.9.BD 【解析】本题考查函数的解析式与基本初等函数，考查数学抽象与数学运算的核心素养.，则当时，必有.若，则，则A错误.若，则，则B正确.若，则，则C错误.若，则，则D正确.10.ACD 【解析】本题考查直线与圆的综合，考查直观想象与数学运算的核心素养.对于A，因为，所以圆C与圆D：相交，A正确.对于B，点C到直线的距离，则直线与圆C相离，B错误.对于C，得，令，得，解得，所以直线l过定点，易知在圆C的内部，所以直线与圆C必相交，C正确.对于D，因为，所以点C到这两条直线的距离相等，且这两条直线与圆C相交，所以直线，各自被圆C所截得的弦长恰好相等，D正确.11.BCD 【解析】本

11、题考查三角函数的图象及其性质，考查直观想象数学运算及逻辑推理的核心素养.将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，则.设，由，得，因为在内恰有5个极值点，所以，解得.12.ABD 【解析】本题考查构造函数比较大小的策略，考查数学抽象与逻辑推理的核心素养.令，则，故为增函数.由，得.令，则，当时，则的导函数，则在上单调递减，则，得在上单调递减，所以，得.故.根据三角函数的定义可证，故，即.13.5 【解析】本题考查平面向量的共线，考查数学运算的核心素养.由A，B，C三点共线知，则，解得.14.（或） 【解析】本题考查导数的几何意义与函数的奇偶性，考查数学运算的核心素养.因为为偶函数，所以，解得，

12、则.又，故曲线在点处的切线方程为，即.15.3 【解析】本题考查双曲线的定义与向量的数量积，考查数形结合化归与转化的数学思想.以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，由双曲线定义可知，点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，即点P的轨迹方程为.，由，可得.因为的最小值为，所以的最小值是3.16.； 【解析】本题考查数列的综合，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.当时，得.当时，两式相减得，得，所以.又因为，所以是以6为首项，4为公差的等差数列，所以，即.因为，所以，即.记，所以为递增数列，.所以，解得，则正数k的最小值为.17.选.解：（1）因为，所以，故A

13、BC的面积.（2）设ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得，所以.设ABC内切圆的半径为r，由，得.评分组则：【1】条件和都不满足ABC为钝角三角形，如果考生选或，直接判0分.【2】本题还可以求，ABC的面积，后面同参考答案，本题详细赋分情况同参考答案.【3】本题还可以求，ABC的面积，后面同参考答案，本题详细赋分情况同参考答案.18.解：（1）因为，成等差数列，所以，又因为，所以，得的公比，所以，解得，故.（2）由，得，则是等差数列，因为，所以，则，则.评分细则：【1】第（1）问求给1分，求出给1分.【2】第（2）问求时，只要得到就可以给3分，最后化简错误扣1分.19.（1）证明：因为EF底面

14、ABCD，平面ABFE，平面底面，所以.因为，M，N分别为AD，BC的中点，所以EMAD，FNBC.因为，且，所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，又，所以，故BC平面EFNM.（2）解：过点E作，垂足为H，由（1）可证EH平面ABCD，由，得EMH为二面角E-AD-B的平面角，则.因为，所以.作，垂足为K.（解法一）以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，.设平面ABF的法向量为，则，即，令，得.因为，所以，故CF与平面ABF所成角的正弦值为.（解法二）因为N为BC的中点，所以C到平面ABF的距离等于N到平面ABF的距离的2倍，又，所以N到平面ABF

15、的距离等于H到平面ABF的距离.过H作EK的垂线（图略），垂足为G，可证HG平面ABF，且，因为，所以CF与平面ABF所成角的正弦值为.评分细则：【1】第（1）问解析第一行写了“平面底面”，但未写“平面ABFE”，不扣分.【2】第（1）问中，还可以证明MNBC，再由，得BC平面EFNM.【3】第（2）问还可以用等体积法求C到平面ABF的距离.20.解：（1）运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率.（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，所以乙最后得分的数学期望为.若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，

16、90，120，.所以Y的数学期，因为，所以运动员乙应该选择方案一.评分细则：【1】第（1）问中，若没有写“若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目”，直接得到“”，不扣分.【2】第（2）问中，若用其他方法求得乙最后得分的数学期望为45，不扣分.21.解：（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，代入，得，因为OMN的面积为2，所以，解得，故C的方程为.（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，则，代入，得，设，则，.设直线ST：，则，代入，得，设，则，故存在常数，使得恒成立.评分细则：【1】第（2）问中，没有写判别式，但写对了两根之和与两根之积，不扣分.【2】第

17、（2）问中，联立方程还可以消去y，特别是求，消去y会更简单，其过程如下：设直线ST：，代入，得设，则，则.【3】第（2）问还可以这样解答：设MN的方程为，代入，得，可得.设直线ST的方程为，代入，得，可得，故存在，使得恒成立.22.（1）解，设为的导函数，则.设，则.当时，；当时，.所以在上是减函数，在上增函数.所以.因为为R上的凹函数，所以，解得，故a的取值范围是.（2）证明，的导函数.若，则，若，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，则，为增函数.又，所以当时，当时，.所以，即，所以.由（1）知，因为，所以，所以，故.评分细则：【1】第（1）问还可以这样解答：，设为的导函数，则.依题意可得，即恒成立，且不恒成立.设函数，则.当时，；当时，.所以在上是增函数，在上是减函数.所以.所以，故a的取值范图是.【2】第（3）问如果用其他方法求解，阅卷时请按步骤给分.