湖北省宜昌市秭歸縣二中2022-2023學年下期高三第三次質量考評數學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若實數x，y滿足條件，目標函數，則z的最大值為()A． B．1 C．2 D．02．復數為純虛數，則()A．i B．﹣2i C．2i D．﹣i3．已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（）A．3 B． C． D．4．函數在內有且只有一個零點，則a的值為（）A．3 B．－3 C．2 D．－25．已知為非零向量，“”為“”的（）A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件6．若復數滿足（為虛數單位），則其共軛復數的虛部為（）A． B． C． D．7．隨著人民生活水平的提高，對城市空氣質量的關注度也逐步增大，下圖是某城市月至月的空氣質量檢測情況，圖中一、二、三、四級是空氣質量等級，一級空氣質量最好，一級和二級都是質量合格天氣，下面敘述不正確的是（）A．1月至8月空氣合格天數超過天的月份有個B．第二季度與第一季度相比，空氣達標天數的比重下降了C．8月是空氣質量最好的一個月D．6月份的空氣質量最差.8．已知整數滿足，記點的坐標為，則點滿足的概率為（）A． B． C． D．9．設全集，集合，，則（）A． B． C． D．10．設，為非零向量，則“存在正數，使得”是“”的（）A．既不充分也不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．充分不必要條件11．復數滿足，則（）A． B． C． D．12．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有高階等差數列，其前7項分別為1，4，8，14，23，36，54，則該數列的第19項為（）（注：）A．1624 B．1024 C．1198 D．1560二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，點P在直線上，過點P作圓C：的一條切線，切點為T.若，則的長是______.14．已知圓柱的上、下底面的中心分別為，，過直線的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為______．15．設，則_____，（的值為______．16．在邊長為2的正三角形中，，則的取值范圍為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知拋物線的準線過橢圓C：（a＞b＞0）的左焦點F，且點F到直線l：（c為橢圓焦距的一半）的距離為4.（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點F做直線與橢圓C交于A，B兩點，P是AB的中點，線段AB的中垂線交直線l于點Q.若，求直線AB的方程.18．（12分）已知與有兩個不同的交點，其橫坐標分別為（）.（1）求實數的取值范圍；（2）求證：.19．（12分）已知函數，當時，有極大值3；（1）求，的值；（2）求函數的極小值及單調區間.20．（12分）在平面四邊形中，已知，.（1）若，求的面積；（2）若求的長.21．（12分）設函數，，.（1）求函數的單調區間；（2）若函數有兩個零點，().（i）求的取值范圍；（ii）求證:隨著的增大而增大.22．（10分）已知函數，為的導數，函數在處取得最小值．（1）求證：；（2）若時，恒成立，求的取值范圍．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移得到最大值.【詳解】若實數x，y滿足條件，目標函數如圖：當時函數取最大值為故答案選C【點睛】求線性目標函數的最值:當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最大，在軸截距最小時，z值最小；當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最小，在軸上截距最小時，值最大.2．B【解析】

復數為純虛數，則實部為0，虛部不為0，求出，即得.【詳解】∵為純虛數，∴，解得..故選：.【點睛】本題考查復數的分類，屬于基礎題.3．B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，如圖：

直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，

∴幾何體的體積，故選B.點睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵；幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.4．A【解析】

求出，對分類討論，求出單調區間和極值點，結合三次函數的圖像特征，即可求解.【詳解】，若，，在單調遞增，且，在不存在零點；若，，在內有且只有一個零點，.故選:A.【點睛】本題考查函數的零點、導數的應用，考查分類討論思想，熟練掌握函數圖像和性質是解題的關鍵，屬于中檔題.5．B【解析】

由數量積的定義可得,為實數,則由可得,根據共線的性質,可判斷；再根據判斷,由等價法即可判斷兩命題的關系.【詳解】若成立,則,則向量與的方向相同,且,從而,所以；若,則向量與的方向相同,且,從而,所以.所以“”為“”的充分必要條件.故選:B【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、數量積的應用.6．D【解析】

由已知等式求出z，再由共軛復數的概念求得，即可得虛部.【詳解】由zi＝1﹣i，∴z＝，所以共軛復數=-1+，虛部為1故選D．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算和共軛復數的基本概念，屬于基礎題．7．D【解析】由圖表可知月空氣質量合格天氣只有天，月份的空氣質量最差．故本題答案選．8．D【解析】

列出所有圓內的整數點共有37個，滿足條件的有7個，相除得到概率.【詳解】因為是整數，所以所有滿足條件的點是位于圓（含邊界）內的整數點，滿足條件的整數點有共37個，滿足的整數點有7個，則所求概率為.故選：.【點睛】本題考查了古典概率的計算，意在考查學生的應用能力.9．B【解析】

可解出集合，然后進行補集、交集的運算即可．【詳解】，，則，因此，.故選：B.【點睛】本題考查補集和交集的運算，涉及一元二次不等式的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.10．D【解析】

充分性中，由向量數乘的幾何意義得，再由數量積運算即可說明成立；必要性中，由數量積運算可得，不一定有正數，使得，所以不成立，即可得答案.【詳解】充分性：若存在正數，使得，則，，得證；必要性：若，則，不一定有正數，使得，故不成立；所以是充分不必要條件故選：D【點睛】本題考查平面向量數量積的運算，向量數乘的幾何意義，還考查了充分必要條件的判定，屬于簡單題.11．C【解析】

利用復數模與除法運算即可得到結果.【詳解】解:，故選：C【點睛】本題考查復數除法運算，考查復數的模，考查計算能力，屬于基礎題.12．B【解析】

根據高階等差數列的定義，求得等差數列的通項公式和前項和，利用累加法求得數列的通項公式，進而求得.【詳解】依題意：1，4，8，14，23，36，54，……兩兩作差得：3，4，6，9，13，18，……兩兩作差得：1，2，3，4，5，……設該數列為，令，設的前項和為，又令，設的前項和為.易，，進而得，所以，則，所以，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查新定義數列的理解和運用，考查累加法求數列的通項公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

作出圖像，設點，根據已知可得，，且，可解出，計算即得.【詳解】如圖，設，圓心坐標為，可得，，，，，解得，，即的長是.故答案為：【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，以及求平面兩點間的距離，運用了數形結合的思想.14．【解析】

設圓柱的軸截面的邊長為x，可求得，代入圓柱的表面積公式，即得解【詳解】設圓柱的軸截面的邊長為x，則由，得，∴．故答案為：【點睛】本題考查了圓柱的軸截面和表面積，考查了學生空間想象，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于基礎題.15．7201【解析】

利用二項展開式的通式可求出；令中的，得兩個式子，代入可得結果.【詳解】利用二項式系數公式，，故，，故（=，故答案為：720；1.【點睛】本題考查二項展開式的通項公式的應用，考查賦值法，是基礎題.16．【解析】

建立直角坐標系，依題意可求得，而，，，故可得，且，由此構造函數，，利用二次函數的性質即可求得取值范圍．【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則，，，設，，，，根據，即，，，則，，即，，，則，，所以，，，，，，且，故，設，，易知二次函數的對稱軸為，故函數在，上的最大值為，最小值為，故的取值范圍為．故答案為：．【點睛】本題考查平面向量數量積的坐標運算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意通過設元、消元，將問題轉化為元二次函數的值域問題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）；（2）或.【解析】

（1）由拋物線的準線方程求出的值，確定左焦點坐標，再由點F到直線l：的距離為4，求出即可；（2）設直線方程，與橢圓方程聯立，運用根與系數關系和弦長公式，以及兩直線垂直的條件和中點坐標公式，即可得到所求直線的方程.【詳解】（1）拋物線的準線方程為，，直線，點F到直線l的距離為，，所以橢圓的標準方程為；（2）依題意斜率不為0，又過點，設方程為，聯立，消去得，，，設，，，，線段AB的中垂線交直線l于點Q，所以橫坐標為3，，，，平方整理得，解得或（舍去），，所求的直線方程為或.【點睛】本題考查橢圓的方程以及直線與橢圓的位置關系，要熟練應用根與系數關系、相交弦長公式，合理運用兩點間的距離公式，考查計算求解能力，屬于中檔題.18．（1）；（2）見解析【解析】

（1）利用導數研究的單調性，分析函數性質，數形結合，即得解；（2）構造函數，可證得：，，分析直線，與從左到右交點的橫坐標，在，處的切線即得解.【詳解】（1）設函數，，令，令故在單調遞減，在單調遞增，∴，∵時；；時.（2）①過點，的直線為，則令，，，.②過點，的直線為，則，在上單調遞增.③設直線，與從左到右交點的橫坐標依次為，，由圖知.④在，處的切線分別為，，同理可以證得，.記直線與兩切線和從左到右交點的橫坐標依次為，.【點睛】本題考查了函數與導數綜合，考查了學生數形結合，綜合分析，轉化劃歸，邏輯推理，數學運算的能力，屬于較難題.19．（1）；（2）極小值為，遞減區間為：，遞增區間為.【解析】

（1）由題意得到關于實數的方程組，求解方程組，即可求得的值；（2）結合（1）中的值得出函數的解析式，即可利用導數求得函數的單調區間和極小值.【詳解】（1）由題意，函數，則，由當時，有極大值，則，解得.（2）由（1）可得函數的解析式為，則，令，即，解得，令，即，解得或，所以函數的單調減區間為，遞增區間為，當時，函數取得極小值，極小值為.當時，有極大值3.【點睛】本題主要考查了函數的極值的概念，以及利用導數求解函數的單調區間和極值，其中解答中熟記函數的極值的概念，以及函數的導數與原函數的關系，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.20．（1）；（2）.【解析】

（1）在三角形中，利用余弦定理列方程，解方程求得的長，進而由三角形的面積公式求得三角形的面積.（2）利用誘導公式求得，進而求得，利用兩角差的正弦公式，求得，在三角形中利用正弦定理求得，在三角形中利用余弦定理求得的長.【詳解】（1）在中，，解得，.（2）在中，，..【點睛】本小題主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面積公式，屬于中檔題.21．（1）見解析；（2）（i）（ii）證明見解析【解析】

（1）求出導函數，分類討論即可求解；（2）（i）結合（1）的單調性分析函數有兩個零點求解參數取值范圍；（ii）設，通過轉化，討論函數的單調性得證.【詳解】（1）因為，所以當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，當時，的解集為，的解集為，所以的單調增區間為，的單調減區間為；（2）（i）由（1）可知，當時，在上單調遞增，至多一個零點，不符題意，當時，因為有兩個零點，所以，解得，因為，且，所以存在，使得，又因為，設，則，所以單調遞增，所以，即，因為，所以存在，使得，綜上，；（ii）因為，所以，因為，所以，設，則，所以，解得，所以，所以，設，則，設，則，所以單調遞增，所以，所以，即，所以單調遞增，即隨著的增大而增大，所以隨著的增大而增大，命題得證.【點睛】此題考查利用導函數處理函數的單調性，根據函數的零點個數求參數的取值范圍，通過等價轉化證明與零點相關的命題.22．（1）見解析；（2）.【解析】

（1）對求導，令，求導研究單調性，分析可得存在使得，即，即得證；（2）分，兩種情況討論，當時，轉化利用均值不等式即得證；當，有兩個不同的零點，，分析可得的最小值為，分，討論即得解.【詳解】（1）由題意，令，則，知為的增函數，因為，，所以，存在使得，即．所以，當時，為減函數，當時，為增函數，故當時，取得最小值