湖北省襄陽市普通高中2023屆下學期高三期末監測試卷數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設為坐標原點，是以為焦點的拋物線上任意一點，是線段上的點，且，則直線的斜率的最大值為（）A．1 B． C． D．2．已知a>0，b>0，a+b=1，若α=，則的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．63．若，，，則（）A． B．C． D．4．為了研究國民收入在國民之間的分配，避免貧富過分懸殊，美國統計學家勞倫茨提出了著名的勞倫茨曲線，如圖所示.勞倫茨曲線為直線時，表示收入完全平等.勞倫茨曲線為折線時，表示收入完全不平等.記區域為不平等區域，表示其面積，為的面積，將稱為基尼系數.對于下列說法：①越小，則國民分配越公平；②設勞倫茨曲線對應的函數為，則對，均有；③若某國家某年的勞倫茨曲線近似為，則；④若某國家某年的勞倫茨曲線近似為，則.其中正確的是：A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④5．高三珠海一模中，經抽樣分析，全市理科數學成績X近似服從正態分布，且．從中隨機抽取參加此次考試的學生500名，估計理科數學成績不低于110分的學生人數約為（）A．40 B．60 C．80 D．1006．閱讀如圖的程序框圖，運行相應的程序，則輸出的的值為（）A． B． C． D．7．已知向量滿足,且與的夾角為,則()A． B． C． D．8．如圖，在等腰梯形中，，，，為的中點，將與分別沿、向上折起，使、重合為點，則三棱錐的外接球的體積是（）A． B．C． D．9．已知偶函數在區間內單調遞減，，，，則，，滿足（）A． B． C． D．10．在中，D為的中點，E為上靠近點B的三等分點，且，相交于點P，則（）A． B．C． D．11．將函數f(x)=sin3x-cos3x+1的圖象向左平移個單位長度，得到函數g(x)的圖象，給出下列關于g(x)的結論：①它的圖象關于直線x=對稱；②它的最小正周期為；③它的圖象關于點(，1)對稱；④它在[]上單調遞增.其中所有正確結論的編號是（）A．①② B．②③ C．①②④ D．②③④12．如圖，在中，，是上的一點，若，則實數的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．給出下列四個命題，其中正確命題的序號是_____．（寫出所有正確命題的序號）因為所以不是函數的周期；對于定義在上的函數若則函數不是偶函數；“”是“”成立的充分必要條件；若實數滿足則．14．已知二項式的展開式中各項的二項式系數和為512，其展開式中第四項的系數__________．15．某高校組織學生辯論賽，六位評委為選手成績打出分數的莖葉圖如圖所示，若去掉一個最高分，去掉一個最低分，則所剩數據的平均數與中位數的差為______.16．已知數列與均為等差數列（），且，則______．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）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）設的最小值為，正數，滿足，證明：.18．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）當時，證明：.19．（12分）如圖所示的幾何體中，，四邊形為正方形，四邊形為梯形，，，，為中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知函數（1）若函數在處取得極值1，證明：（2）若恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）已知橢圓（）的半焦距為，原點到經過兩點，的直線的距離為．（Ⅰ）求橢圓的離心率；（Ⅱ）如圖，是圓的一條直徑，若橢圓經過，兩點，求橢圓的方程．22．（10分）如圖（1）五邊形中，,將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且平面.（1）求證：平面平面；（2）若直線與所成角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值.

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．A【解析】

設，因為，得到，利用直線的斜率公式，得到，結合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，拋物線的焦點坐標為，設，因為，即線段的中點，所以，所以直線的斜率，當且僅當，即時等號成立，所以直線的斜率的最大值為1.故選：A.【點睛】本題主要考查了拋物線的方程及其應用，直線的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.2．C【解析】

根據題意，將a、b代入，利用基本不等式求出最小值即可.【詳解】∵a>0，b>0，a+b=1，∴，當且僅當時取“＝”號．

答案：C【點睛】本題考查基本不等式的應用，“1”的應用，利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是首先要判斷參數是否為正；二定是其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是最后一定要驗證等號能否成立，屬于基礎題.3．C【解析】

利用指數函數和對數函數的單調性比較、、三個數與和的大小關系，進而可得出、、三個數的大小關系.【詳解】對數函數為上的增函數，則，即；指數函數為上的增函數，則；指數函數為上的減函數，則.綜上所述，.故選：C.【點睛】本題考查指數冪與對數式的大小比較，一般利用指數函數和對數函數的單調性結合中間值法來比較，考查推理能力，屬于基礎題.4．A【解析】

對于①，根據基尼系數公式，可得基尼系數越小，不平等區域的面積越小，國民分配越公平，所以①正確.對于②，根據勞倫茨曲線為一條凹向橫軸的曲線，由圖得，均有，可得，所以②錯誤.對于③，因為，所以，所以③錯誤.對于④，因為，所以，所以④正確.故選A．5．D【解析】

由正態分布的性質，根據題意，得到，求出概率，再由題中數據，即可求出結果.【詳解】由題意，成績X近似服從正態分布，則正態分布曲線的對稱軸為，根據正態分布曲線的對稱性，求得，所以該市某校有500人中，估計該校數學成績不低于110分的人數為人，故選:.【點睛】本題考查正態分布的圖象和性質,考查學生分析問題的能力,難度容易.6．C【解析】

根據給定的程序框圖，計算前幾次的運算規律，得出運算的周期性，確定跳出循環時的n的值，進而求解的值，得到答案.【詳解】由題意，，第1次循環，，滿足判斷條件；第2次循環，，滿足判斷條件；第3次循環，，滿足判斷條件；可得的值滿足以3項為周期的計算規律，所以當時，跳出循環，此時和時的值對應的相同，即.故選：C.【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的計算與輸出問題，其中解答中認真審題，得出程序運行時的計算規律是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力.7．A【解析】

根據向量的運算法則展開后利用數量積的性質即可.【詳解】.故選：A.【點睛】本題主要考查數量積的運算，屬于基礎題.8．A【解析】

由題意等腰梯形中的三個三角形都是等邊三角形，折疊成的三棱錐是正四面體，易求得其外接球半徑，得球體積．【詳解】由題意等腰梯形中，又，∴，是靠邊三角形，從而可得，∴折疊后三棱錐是棱長為1的正四面體，設是的中心，則平面，，，外接球球心必在高上，設外接球半徑為，即，∴，解得，球體積為．故選：A．【點睛】本題考查求球的體積，解題關鍵是由已知條件確定折疊成的三棱錐是正四面體．9．D【解析】

首先由函數為偶函數，可得函數在內單調遞增，再由，即可判定大小【詳解】因為偶函數在減，所以在上增，，，，∴.故選：D【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性,不同類型的數比較大小,應找一個中間數,通過它實現大小關系的傳遞，屬于中檔題.10．B【解析】

設，則，，由B，P，D三點共線，C，P，E三點共線,可知，,解得即可得出結果.【詳解】設，則，，因為B，P，D三點共線，C，P，E三點共線，所以，，所以，.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡單應用,屬于基礎題.11．B【解析】

根據函數圖象的平移變換公式求出函數的解析式，再利用正弦函數的對稱性、單調區間等相關性質求解即可.【詳解】因為f(x)=sin3x-cos3x+1=2sin(3x-)+1，由圖象的平移變換公式知，函數g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1，其最小正周期為，故②正確；令3x+=kπ+，得x=+(k∈Z)，所以x=不是對稱軸，故①錯誤；令3x+=kπ，得x=-(k∈Z)，取k=2，得x=，故函數g(x)的圖象關于點(，1)對稱，故③正確；令2kπ-≤3x+≤2kπ+，k∈Z，得-≤x≤+，取k=2，得≤x≤，取k=3，得≤x≤，故④錯誤；故選：B【點睛】本題考查圖象的平移變換和正弦函數的對稱性、單調性和最小正周期等性質；考查運算求解能力和整體代換思想；熟練掌握正弦函數的對稱性、單調性和最小正周期等相關性質是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型12．B【解析】

變形為，由得，轉化在中，利用三點共線可得.【詳解】解：依題：，又三點共線，，解得．故選：．【點睛】本題考查平面向量基本定理及用向量共線定理求參數.思路是(1)先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決.利用向量共線定理及向量相等的條件列方程(組)求參數的值.(2)直線的向量式參數方程：三點共線?(為平面內任一點,)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

對①,根據周期的定義判定即可.對②,根據偶函數滿足的性質判定即可.對③,舉出反例判定即可.對④,求解不等式再判定即可.【詳解】解：因為當時,所以由周期函數的定義知不是函數的周期,故正確；對于定義在上的函數,若,由偶函數的定義知函數不是偶函數,故正確；當時不滿足則“”不是“”成立的充分不必要條件,故錯誤；若實數滿足則所以成立,故正確．正確命題的序號是．故答案為：．【點睛】本題主要考查了命題真假的判定,屬于基礎題.14．【解析】

先令可得其展開式各項系數的和，又由題意得，解得，進而可得其展開式的通項，即可得答案.【詳解】令，則有，解得，則二項式的展開式的通項為，令，則其展開式中的第4項的系數為，故答案為：【點睛】此題考查二項式定理的應用，解題時需要區分展開式中各項系數的和與各二項式系數和，屬于基礎題.15．【解析】

先根據莖葉圖求出平均數和中位數，然后可得結果.【詳解】剩下的四個數為83，85，87，95，且這四個數的平均數，這四個數的中位數為，則所剩數據的平均數與中位數的差為.【點睛】本題主要考查莖葉圖的識別和統計量的計算，側重考查數據分析和數學運算的核心素養.16．20【解析】

設等差數列的公差為,由數列為等差數列,且,根據等差中項的性質可得,,解方程求出公差,代入等差數列的通項公式即可求解.【詳解】設等差數列的公差為,由數列為等差數列知,,因為,所以,解得,所以數列的通項公式為，所以.故答案為:【點睛】本題考查等差數列的概念及其通項公式和等差中項;考查運算求解能力;等差中項的運用是求解本題的關鍵;屬于基礎題.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）證明見解析【解析】

（1）將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式求得的最小值，利用分析法，結合基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集為.（2），，因為，，所以要證，只需證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，因為，所以只需證，因為，所以成立，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查分析法證明不等式，考查基本不等式的運用，屬于中檔題.18．（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）求導得，分類討論和，利用導數研究含參數的函數單調性；（2）根據（1）中求得的的單調性，得出在處取得最大值為，構造函數，利用導數，推出，即可證明不等式.【詳解】解：（1）由于，得，當時，，此時在上遞增；當時，由，解得，若，則，若，，此時在遞增，在上遞減.（2）由（1）知在處取得最大值為：，設，則，令，則，則在單調遞減，∴，即，則在單調遞減∴，∴，∴.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性和最值，涉及分類討論和構造新函數，通過導數證明不等式，考查轉化思想和計算能力.19．（1）見解析；（2）【解析】

(1)取的中點，結合三角形中位線和長度關系，為平行四邊形，進而得到，根據線面平行判定定理可證得結論；(2)以，，為，，軸建立空間直角坐標系,分別求得兩面的法向量，求得法向量夾角的余弦值；根據二面角為銳角確定最終二面角的余弦值；【詳解】（1）取的中點，連結，因為為中點，，，所以，，∴為平行四邊形，所以，又因為，所以；（2）由題及（1）易知，，兩兩垂直，所以以，，為，，軸建立空間直角坐標系,則，，，，，，易知面的法向量為設面的法向量為則可得所以,如圖可知二面角為銳角，所以余弦值為【點睛】本題考查立體幾何中直線與平面平行關系的證明、空間向量法求解二面角,正確求解法向量是解題的關鍵，屬于中檔題.20．（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）求出函數的導函數，由在處取得極值1，可得且.解出，構造函數，分析其單調性，結合，即可得到的范圍，命題得證；

（2）由分離參數，得到恒成立，構造函數，求導函數，再構造函數，進行二次求導.由知，則在上單調遞增.根據零點存在定理可知有唯一零點，且.由此判斷出時，單調遞減，時，單調遞增，則，即.由得，再次構造函數，求導分析單調性，從而得，即，最終求得，則.【詳解】解：（1）由題知，∵函數在，處取得極值1，，且，，，令，則為增函數，，即成立.（2）不等式恒成立，即不等式恒成立，即恒成立，令，則令，則,，，在上單調遞增，且，有唯一零點，且，當時，，，單調遞減；當時，，，單調遞增.，由整理得，令，則方程等價于而在上恒大于零，在上單調遞增，.，∴實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的極值，利用導函數判斷函數的單調性，函數的零點存在定理，證明不等式，解決不等式恒成立問題.其中多次構造函數，是解題的關鍵，屬于綜合性很強的難題.21．（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析