湖南省衡陽(yáng)市2023屆高三數(shù)學(xué)期末聯(lián)考試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．已知集合A={x|3?xx≥2}A．{x|x>1} B．{x|x≤0或x>1}C．{x|0<x<1} D．{x|x<0或x>1}2．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A．2 B．-2 C．?2i D．2i3．函數(shù)f(A． B．C． D．4．過(guò)點(diǎn)(1，2A．1條 B．2條 C．3條 D．4條5．已知A，B，C為球O球面上的三個(gè)點(diǎn)，若AB=BC=AC=3，球O的表面積為A．934 B．2734 C．6．“碳達(dá)峰”是指二氧化碳的排放不再增長(zhǎng)，達(dá)到峰值之后開(kāi)始下降，而“碳中和”是指企業(yè)、團(tuán)體或個(gè)人通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，實(shí)現(xiàn)二氧化碳“零排放”．某地區(qū)二氧化碳的排放量達(dá)到峰值a（億噸）后開(kāi)始下降，其二氧化碳的排放量S（億噸）與時(shí)間t（年）滿足函數(shù)關(guān)系式S=abt，若經(jīng)過(guò)4年，該地區(qū)二氧化碳的排放量為3a4（億噸）．已知該地區(qū)通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量為aA．13年 B．14年 C．15年 D．16年7．2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔爾舉行．現(xiàn)要安排甲、乙等5名志愿者去A，B，C三個(gè)足球場(chǎng)服務(wù)，要求每個(gè)足球場(chǎng)都有人去，每人都只能去一個(gè)足球場(chǎng)，則甲、乙兩人被分在同一個(gè)足球場(chǎng)的安排方法種數(shù)為（）A．12 B．18 C．36 D．488．已知0<α<β<πA．α+β=π6 B．α+β=π3 C．二、多選題9．將y=2sin2x的圖象向右平移π6A．f(x)=2sin(2x?C．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(π6，0)10．為了解某班學(xué)生每周課外活動(dòng)的時(shí)間，甲同學(xué)調(diào)查了10名男生，其平均數(shù)為9，方差為11；乙同學(xué)調(diào)查了10名女生，其平均數(shù)為7，方差為8．若將甲、乙兩名同學(xué)調(diào)查的學(xué)生合在一起組成一個(gè)容量為20的樣本，則該樣本數(shù)據(jù)的（）A．平均數(shù)為8.5 B．平均數(shù)為8 C．方差為10.5 D．方差為1011．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，?m，A．fB．f(C．f(x)D．不等式xf(x?212．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是線段ADA．存在λ∈(0，1B．存在λ，μ∈(0C．對(duì)任意λ，μ∈D．當(dāng)λ=12，μ=23時(shí)，過(guò)E三、填空題13．已知向量a=(m，?2)，14．已知集合P=(0，1)∪(115．雙曲線C：x2a216．已知x0是函數(shù)f(x)=2ax+b?四、解答題17．在數(shù)列{an}（1）求{a（2）證明：1318．某電視臺(tái)舉行沖關(guān)直播活動(dòng)，該活動(dòng)共有四關(guān)，只有一等獎(jiǎng)和二等獎(jiǎng)兩個(gè)獎(jiǎng)項(xiàng)，參加活動(dòng)的選手從第一關(guān)開(kāi)始依次通關(guān)，只有通過(guò)本關(guān)才能沖下一關(guān)．已知第一關(guān)的通過(guò)率為0.7，第二關(guān)、第三關(guān)的通過(guò)率均為0.5，第四關(guān)的通過(guò)率為0.2，四關(guān)全部通過(guò)可以獲得一等獎(jiǎng)（獎(jiǎng)金為500元），通過(guò)前三關(guān)就可以獲得二等獎(jiǎng)（獎(jiǎng)金為200元），如果獲得二等獎(jiǎng)又獲得一等獎(jiǎng)，獎(jiǎng)金可以累加．假設(shè)選手是否通過(guò)每一關(guān)相互獨(dú)立，現(xiàn)有甲、乙兩位選手參加本次活動(dòng)．（1）求甲獲得獎(jiǎng)金的期望；（2）已知甲和乙最后所得獎(jiǎng)金之和為900元，求甲獲得一等獎(jiǎng)的概率．19．在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，c=1，bcos（1）證明：B=2C．（2）若△ABC為銳角三角形，求a的取值范圍．20．在三棱柱ABC?A1B1C（1）證明：A1O⊥平面（2）已知AB=AC=2，在線段B1C1上（不含端點(diǎn)）是否存在點(diǎn)Q，使得二面角Q?21．已知ab≠0，曲線f(x)=3x（1）求a，b的值；（2）證明：當(dāng)x∈(0，22．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M是橢圓C1：x24（1）求曲線C2（2）若點(diǎn)A，B，C，D在橢圓C1上，且CD=2AB，AC與BD

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解不等式3?xx≥2，3?3xx所以A={x|0<x≤1}，則?故答案為：B

【分析】求出集合A，再根據(jù)補(bǔ)集的定義可得答案.2．【答案】A【解析】【解答】由題可知z1則z=5i所以復(fù)數(shù)z2故答案為：A.

【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)虛部的概念，以及復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算，即可求解出答案.3．【答案】A【解析】【解答】f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠kπ，因?yàn)閒(?x)又f(π故答案為：A

【分析】根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù)，可排除C、D，再根據(jù)f(π4．【答案】B【解析】【解答】當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，直線x=1，代入拋物線方程可y=±2，故直線x=1與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)．不滿足要求，當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y?2=k(x?1)，由y=kx?k+2y2=4x，消x當(dāng)k=0時(shí)，解得x=1，y=2，直線當(dāng)k≠0時(shí)，由Δ=(?4)2?4k(8?4k)=0即當(dāng)k=1時(shí)，符合題意．綜上，滿足條件的直線有2條．故答案為：B.

【分析】當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，直線x=1，代入拋物線方程可y=±2進(jìn)行驗(yàn)證；當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y?2=k(x?1)與拋物線聯(lián)立，分k=0和k≠0兩種情況進(jìn)行計(jì)算，可得k的值，進(jìn)而得答案.5．【答案】C【解析】【解答】設(shè)球O的半徑為R，則由球的表面積為4πR所以R=3設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，圓心為O1由AB=BC=AC=3，所以△ABC為等邊三角形，所以ABsin所以點(diǎn)O到平面ABC的距離為|OO所以三棱錐O?ABC的體積為：V=1故答案為：C.

【分析】由球的表面積求出R，再根據(jù)正弦定理可求出△ABC外接圓的半徑為r，利用勾股定理求得點(diǎn)O到平面ABC的距離，再根據(jù)三棱錐的體積公式可求出答案.6．【答案】D【解析】【解答】由題意，S=ab4=3a4令abt=a3，即b可得14t(lg故答案為：D

【分析】由題意，S=ab4=7．【答案】C【解析】【解答】將5人按3，1，1分成三組，且甲、乙在同一組的安排方法有C3將5人按2，2，1分成三組，且甲、乙在同一組的安排方法有C3則甲、乙兩人被分在同一個(gè)足球場(chǎng)的安排方法種數(shù)為(C故答案為：C

【分析】分為5人按3，1，1分成三組和5人按2，2，1分成三組兩種情況分類(lèi)，再甲、乙兩人被分在同一個(gè)足球場(chǎng)，根據(jù)排列組合公式進(jìn)行計(jì)算，即可得答案.8．【答案】D【解析】【解答】由已知可將2α=(α+β)+(α?β)，2β=(則cos[(α+β2cos([cos(α+β)?1][2又0<α<β<π2，所以所以cos(α+β即cos(α?β)=12故答案為：D

【分析】由已知可將2α=(α+β)+(α?β)，2β=(α+β)?(α?β)，根據(jù)兩角和的余弦公式可求出cos(9．【答案】A,C【解析】【解答】將y=2sin2x的圖象向右平移π6因?yàn)閒(π12)=2sin(因?yàn)閒(π6)=2sin(因?yàn)閤∈(0，π2)，故答案為：AC

【分析】利用圖象平移變換"左加右減"得到f(x)的解析式，可判斷A；由f(π12)=210．【答案】B,C【解析】【解答】由題意，該樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)a=方差s2故答案為：BC

【分析】根據(jù)平均數(shù)和方差的定義計(jì)算求解，可得答案.11．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：令m=n=1，得f(1)?x1，x2∈(所以，f(x所以f(x1)>f(又f(x)為R所以f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，將f所以f(由于f(x)為奇函數(shù)，所以f由于f(x)的圖像向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到f則g(1)=g(3)=0，函數(shù)g(x)在(?∞，所以，當(dāng)x<1時(shí)，g(x)>0；1<x<2時(shí)，g(x)<0；當(dāng)2<x<3時(shí)，g(x)>0；x>3時(shí)，g(x)<0；所以xf(所以，當(dāng)x<0時(shí)，xg(x)<0；0<x<1時(shí)，xg(x)>0；1<x<2時(shí)，xg(x)<0；當(dāng)2<x<3時(shí)，xg(x)>0；x>3時(shí)，xg(x)<0.所以，不等式xf(x?2)故答案為：ABC．

【分析】根據(jù)賦值法可判斷A；根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可判斷C、B；結(jié)合f(x)的性質(zhì)得f(12．【答案】A,C,D【解析】【解答】對(duì)于A，由正方體中，AC⊥BDAC⊥DD1，又BD?DD1?平面BDD1，BD∩D可得AC⊥D1B，又B1C⊥BC1D1?平面BC1D可得B1C⊥D1B，所以由DB1C?平面AB1C，AC∩所以當(dāng)λ=12時(shí)，D1即平面AD1M⊥對(duì)于B，平面A1DC1∥平面A所以M與A1重合，N與C此時(shí)λ=0，對(duì)于C，當(dāng)λ=μ=12時(shí)，此時(shí)MN最小，最小值為12對(duì)于D，當(dāng)λ=1在A1D1上取靠近D連接GE并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)H，易得點(diǎn)H是AD上靠近A點(diǎn)的三等分點(diǎn)，在BC上取靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn)P，如下圖：則GN∥HP∥AB，且GN=HP=AB又因?yàn)锳B⊥平面AA1D即HP⊥GH，則四邊形GHPN為矩形，又NP=(23則矩形GHPN的面積為HP×NP=2×=4故答案為：ACD．

【分析】根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合面面垂直的判定定理可判斷A；利用面面平行的判定定理可判斷B；當(dāng)λ=μ=12時(shí)，MN⊥B1C1，MN⊥A1C，此時(shí)MN最小，可判斷C；當(dāng)λ=12，μ=2313．【答案】16【解析】【解答】由(a?b)⊥b，得故答案為：16

【分析】根據(jù)向量垂直的性質(zhì)結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算，可求出m的值.14．【答案】?【解析】【解答】令f(x)故答案為：?x

【分析】令f(15．【答案】42【解析】【解答】根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性，由|PA設(shè)P(x0，1kPA所以113?1×14?1=故答案為：42

【分析】根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性，由|PA|>16．【答案】e【解析】【解答】由已知可得2ax不妨設(shè)直線l：2x原點(diǎn)O到直線l的距離d=e則|OA設(shè)g(g(x)=e可得g(所以a2+b故答案為：e

【分析】不妨設(shè)直線l：2x0x+y?ex02=0，則點(diǎn)A(a，17．【答案】（1）解：因?yàn)閍12則當(dāng)n=1時(shí)，a12=2當(dāng)n≥2時(shí)，a12①?②得ann+1=2na1=4也滿足an=2n(n+1)，故對(duì)任意的（2）證明：1=1所以1=1【解析】【分析】(1)依題意，由a12+a23+a34+?+ann+1=18．【答案】（1）解：設(shè)甲獲得的獎(jiǎng)金為X元，則X可能的取值為0，200，700．P(P(P(所以，甲獲得的獎(jiǎng)金的概率分布列為：X0200700P000所以E(X)=0.（2）解：由（1）可知，獲得二等獎(jiǎng)的概率為0.14，獲得一等獎(jiǎng)的概率為0.035．設(shè)事件A：甲和乙最后所得獎(jiǎng)金之和為900元，設(shè)事件B：甲選手獲得一等獎(jiǎng)，由（1）知獲得二等獎(jiǎng)的概率為0.14，獲得一等獎(jiǎng)的概率為所以P(A)=0.P(AB)=0所以，所求的概率P(B|A)=P(AB)【解析】【分析】(1)由題知甲獲得的獎(jiǎng)金可能的取值為0，200，700，進(jìn)而依次計(jì)算對(duì)應(yīng)的概率，求解出甲獲得獎(jiǎng)金的期望；

(2)根據(jù)條件概率的計(jì)算公式求解出甲獲得一等獎(jiǎng)的概率．19．【答案】（1）證明：由bcosC?cos所以sinBcosC?因?yàn)?<B<π，0<C<π，所以，?π<B?C<π，因?yàn)閟in(B?C)=sinC>0所以，B?C=C或B?C+C=π（舍去），即B=2C．（2）解：由△ABC為銳角三角形，可得0<A<π20<B<解得π6<C<π4，所以，由正弦定理可得asin則a==2故a的取值范圍是(1，【解析】【分析】（1）由bcosC?cosB=1，可得bcosC?ccosB=c，根據(jù)兩角差的正弦公式可得sin(B?C)=sinC，進(jìn)而證得B=2C20．【答案】（1）證明：連接AO，因?yàn)锳B⊥AC，O為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)A=OB=OC．因?yàn)锳1B=A所以∠A又∠A1OB+∠A1OC=π，所以因?yàn)锽C∩AO=O，BC，AO?平面ABC，所以A1（2）解：如圖所示，分別以O(shè)A，OB，OA1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1設(shè)平面A1B1C的法向量為m令y=1，得x=1，z=?1，即設(shè)平面A1QC的法向量為u=(令b=1，得a=1?2λ，c=?1，即|cos?u即當(dāng)B1Q=34【解析】【分析】（1）連接AO，根據(jù)三角形全等可得A1O⊥BC，A1O⊥AO，再根據(jù)線面垂直的判定定理可證得A1O⊥平面ABC；

（2）以O(shè)A，21．【答案】（1）解：由題可知f(1)又f'(x解得a=3b=?2，即a=3（2）證明：f(x)要證f(x)只需證3sin令g(則g'令h(x)所以h(x)在(0，所以g(