湖南省2022_2023高三数学上学期8月联考试题

数学考试

一、选择题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 在毎小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集U∣x4},B{x∣x2},则图中阴影部分表示的集合为 R,集合A{xNA. {1,2} B. {0,1,2}

∣x2} D. {x∣0x2} C. {x2. 已知复数zi, 则z的共轭复数z 3i

B.

A.

13i 413i 2 C.

13i 4 D.

13i 23. 已知向量a(1,2),b(m,3m),若ab,则mA. 3

B. 2



C. 1

D. 2

4. 一封闭的正方体容器ABCDA1B1C1D1,P,Q,R分别是AB,BC和C1D1的中点,由于某种原因,

P,Q,R处各有一个小洞,当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时,容器中水的上表面形状是

A. 三角形

2B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形

5. 若关于x的不等式ax值为 A. 8

∣mxn},则a26a9xa10的解集是{x11的最小mnB. 6 C. 4 D. 2

6. 香农定理是所有通信制式最基本的原理,它可以用香农公式CBlog21S来表示,其中C是 N信道支持的最大速度或者叫信道容量,B是信道的带宽(Hz),S是平均信号功率(W),N是平均噪声功率(W).已知平均信号功率为1000W,平均橾声功率为10W,在不改变平均噪声功率和信道带宽的前提下,要使信道容量增加到原来的2倍,则平均信号功率需要增加到原来的 A. 1.2倍

B. 12 倍

C. 102 倍

D. 1002 倍

7. 甲乙丙等七人相约到电影院看《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲乙两人必须相邻,且丙坐在七人的正中间,则不同的坐法的种数为 A. 240

B. 192

x2 C. 96

x202t D. 48

8. 若直线ykxb是曲线f(x)e与g(x)e2022的公切线,则k

D. 2022

A.

1011 1012 B. 1 C.

1012 1011二、选择题: 本题共4小题, 每小题 5 分, 共20分. 在毎小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求. 全部选对的得 5 分, 部分选对的得 2 分, 有选错的得 0 分.

x2y21表示椭圆”的一个充分条件是 9. “方程

m22mA. m1

B. m0

C. m1

D. m0

10. 已知函数f(x)Asin(x)A0,0,||的部分图象如图所示.将函数f(x)的2图象向右平移

3个单位长度,再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变),得到函数16yg(x)的图象, 则

A. f(x)2sin2x 4B. g(x)的图象关于直线x8对称

C. g(x)的图象关于点,0对称 8D. 函数

f(x)g(x)的最小值为4

11. 在正四棱台ABCDA1B1C1D1中,A1B12AB4,AA12,则 A. 该棱台的高为2

B. 该棱台的表面积为20123 D. 该棱台外接球的表面积为40

C. 该棱台的体积为282

12. 已知数列

an的前n项和为Sn,且ai1或ai2的概率均为

1(i1,2,3,2,n).设Sn能被3

整除的概率为Pn, 则 A. P21 B. P313411Pn5 C. P D. 当 时, 11n410243三、填空题: 本题共 4 小题, 每小题 5 分, 共 20 分. 把答案填在答题卡中的横线上. 13. 已知为三角形的内角,且sin2sin2,则

2sin(1cos2)_____.

sincos_____.

14. 已知圆C:x(y1)m与抛物线x4y的准线相切,则m15. 写出一个同时其有下列性质(1)(2)的函数

22f(x);_____.

(1)直线x1是f(x)图象的对称轴;(2)f(x)在R上恰有三个零点.

16. 平面上到两条相交直线的距离之和为常数的点的轨迹为平行四边形,其中这两条相交直线是该平行四边形对角线所在的直线.若平面上到两条直线xy0,y0的距离之和为2的点P的轨迹为曲线, 则曲线围成的图形面积为_____.

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)

2022 年 6 月的某一周, “东方甄选”直播间的交易额共计3.5亿乙元, 数据统计如下表：

第t天 交易额 1 2 3 4 5 6 7 y/千万元 y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7 (1)通过分析, 发现可用线性回归模型拟合交易额以说明;

(2) 利用最小二乘法建立的交易额. 参考数据:

y与t的关系,请用相关系数(系数精确到 0.01)加y关于t的回归方程(系数精确到0.1),并预测下一周的第一天(即第8天)

7tityiy42.1,yiyi1i1728.1,72.65.

参考公式: 相关系数rttyyiii1ntityiyi1i1n2n.

2ˆaˆbtˆ中, 斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为 在回归方程yˆbtyntyiinti1i1n$$ti1nitiyiyt2int2ti1nˆ ˆybt,a2

18. (12 分) 已知

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(ab)(sinAsinB)(c3a)sinC0.

（1）求角B的大小;

(2)若BC边上的高为bc,求sinA.

19. (12 分)在多面体EFABCD中,平面EDCF平面ABCD,EDCF是面积为3的矩形,

CD//AB, ADDCCB1,AB2.

(1) 证明:BDEA.

(2) 求平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值.

20. (12 分) 已知数列

an的首项为1 ,满足a3a4a3a4,且

an2an2,,1成等差数列. anan1(1) 求

an的通项公式;

a3a4a5anan1an21. 4(2) 证明:a1a2a3a2a3a4

21. (12 分)

x2y2已知双曲线C:221(a0,b0)的一条渐近线方程为y13x,一个焦点到该渐近线的距

ab离为 39. (1)求C的方程;

(2) 设A,B是直线x9上关于x轴对称的两点,直线线 AM与BN的交点在定直线上.

22. (12 分) 已知函数

yk(x9)与C交于M,N两点,证明:直

1f(x)2alnxx2(2a1)x,aR.

2(1)求

f(x)的单调区间;

18f(x)x2(2a1)x,若g(x)存在两个极值点x1,x2,证明：

2x(2)设函数g(x)gx1gx242a.

x1x2

高三数学考试参考答案

题号 答案 13.

1 B 2 C

3 D

4 D

5 A 6 C

7 B

8 A 9 AC 14. 4

10 ACD

11 ABD

12 BC

16 1515.f(x)x(x1)(x2)（答案不唯一）

2

16.82 7217. 解: (1) t74,titi17228,titi17yiy42.1,yiyi18.1,

所以 rttyyiii1ttyyiii1i1727242.10.98.

22.658.1y与t的相关系数近似为0.98, 说明交易额y与t具有很强的正线性相关,从而可用线性

回归模型拟合交易额y与t的关系.

因为交易额

7355,tit(2) 因为 y7i1228,

ˆ所以 bti17ityiy2titi1742.1ˆ51.541, ˆybt$$a28所以将 tˆ1.5t1. y关于t的回归方程为 yˆ1.58111(千万元)=1.1亿元, 8代人回归方程得 y所以预测下一周的第一天的交易额为1.1亿元.

18. 解: (1) 由 (ab)(sinAsinB)(c3a)sinC0, 得 (ab)(ab)(c3a)c0, 即 acb2223ac,

a2c2b23cosB,0B,B.

2ac26(2)

B2, 且BC边上的高为bc,bccsin,cb 663sinCbc122.cb,C为锐角, cosC

3b3322. sinAsinCsinCsinCcoscosCsin6666619. (1)证明: 因为平面EDCF平面ABCD, 且平面EDCF平面

ABCDCD,EDDC,

所以 ED平面

ABCD

又 BD平面ABCD, 所以EDBD.

在四边形ABCD中, 作 DMAB于M,CNAB于N.

因为 CD//AB,ADCDCB1,AB2,

所以四边形

ABCD为等腰梯形, 则 AMBN12, 所以DM32,BDDM2BM23, 所以 AD2BD2AB2, 所以ADBD

又 EDADD, 所以 BD平面 EAD 又因为 EA平面EAD, 所以 BDEA

(2) 解: 如图, 以点D为原点, 建立空间直角坐标系, BD3,

则 A(1,0,0),B(0,3,0),E(0,0,3),C132,2,0,

则 AE(1,0,3),BE(0,3,3),DE(0,0,3),DC132,2,0.

设平面EAB的法向量nx1,y1,z1,

则 nAEx13z10,可取n(3,1,1)

nBE3y13z10,设平面 EDCF的法向量mx2,y2,z2,

mDE3z2则 0,可取mDC13m(3,1,0) 2x22y20,则cosm,n315225255, 所以平面 EDCF与平面EAB夹角的余弦值为5.

20. (1) 解: 由题意得

2an2aan21, 则 2n1ana11 n1anan2所以数列1a为等差数列.

n又a3a4a3a4, 所以

1111, 即数列 的公差为 1 a4a3an所以

111n1n, 即 an. ann(2)证明: 由已知得anan1an21111, n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)anan1an2

所以 a1a2a3a2a3a4a3a4a51111111212232334344511=n(n1)(n1)(n2)x2y2111. 21. 21. (1) 解: 双曲线 C:221(a0,b0)的渐近线方程

ab42(n1)(n2)4为ybbx, 所以 13. aa又焦点(c,0)到直线 y13x的距离 d2|13c|39, 所以 c42, 113又 ca2b2, 所以 a23,b239

x2y21 所以双曲线C的标准方程为

339x2y21,(2) 证明: 联立方程组 339消去y,并整理得

yk(x9),13kx2218k2x327k213013k20.

327k21318k2设 Mx1,y1,Nx2,y2, 则 x1x2. ,x1x22213k13k设 A(9,t),B(9,t)(t0), 则得直线AM的方程为 yty2t(x9) x29y1t(x9), x19直线BN的方程为yt两个方程相减得 2tyty1t2(x9)①

x9x921因为

tx1x218y2ty1tkx29tkx19t, x29x19x29x19x1x29x1x281x1x218(x9)

x1x29x1x281把上式代人①得 2327k21318k229213k13k22x1x29x1x21所以 x, 218kx1x21831813k2因此直线AM与BN的交点在直线x1上 32ax2(2a1)x2a(x1)(x2a)x(2a1)22. (1) 解: f(x) xxx①若 a0, 当0x1时, f(x)0; 当x1时,f(x)0. 所以f(x)在 (0,1)上单调递

减, 在 (1,)上单调递增.

②若 0a1, 由f(x)0, 得 0x2a或x1; 由f(x)0, 得 2ax1. 2所以

f(x)在(0,2a),(1,)上单调递增, 在(2a,1)上单调递减

1,f(x)0恒成立, 所以f(x)在(0,)上单调递增 21, 由f(x)0, 得0x1或 x2a; 由f(x)0, 得 1x2a. 2③若 a④若 a所以

f(x)在 (0,1),(2a,)上单调递增, 在(1,2a)上单调递减.

188f(x)x2(2a1)x2alnx2x,

2xx(2)证明: g(x)22xax42a8 g(x)22xxx2① 当a4时, g(x)0恒成立, g(x)不可能有两个极值点.

②当 a4时, 由 g(x)0得两个根 x1,x2, 因为x1x2a0, 且 x1x24, 所以两根

x1,x2均为正数, 故g(x)有两个极值点.不妨设 x1x2, 由x1x24知 0x12,x22.

gx1gx2lnx1lnx2ln42lnx282a22a4,

4x1x2x1x2x1x2x2x2gx1gx24ln42lnx22a, 即 x22lnx22ln2. 42a等价于 2a4x2x1x2x2x2442(x1)230, 所以h(x)在(2,)令 h(x)x2lnx(x2),h(x)212xxxx上单调递

减,又h(2)2ln2,所以当x2时,h(x)2ln2. 故

gx1gx242a成立.

x1x2