2023届湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考（二）数学试题含答案

2023届湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考（二）数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，集合，则图中的阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用韦恩图表达的集合运算直接计算作答.

【详解】依题意，图中的阴影部分表示的集合是，而全集，，，

所以.

故选：D

2．若（为虚数单位）是纯虚数，则（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据纯虚数实部为0，虚部不为0即可求解.

【详解】，

由于为纯虚数，因此且，故，

故选：C

3．已知函数的图像在点处的切线方程是，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【分析】利用导数的几何意义求出和，即可求得.

【详解】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.

又，

所以.

故选：D

4．命题：“”为假命题，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】存在命题为假命题，则其否定是全称命题且为真命题，写出命题的否定，由不等式的性质可得结论．

【详解】命题为假命题，即命题为真命题.

首先，时，恒成立，符合题意；

其次时，则且，即，

综上可知，－4<

故选：A

5．当时，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性，结合已知条件可得关于a的不等式，即可求得答案.

【详解】由题意得，当时，是增函数，

时，，不合题意；

当时，在时单调递减，递增，

要使得成立，需满足，即，

则 ，解得 ，

故选:B

6．已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.

【详解】，，其中，解得：，

则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，

，令，解得：；或要满足②，，

令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，

综上：的取值范围是.

故选：C

【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.

7．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（    ）

（注：）

A．1624 B．1198 C．1024 D．1560

【答案】C

【分析】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解.

【详解】设该数列为，令，设的前项和为，又令，

设的前项和为，易得，

所以，

，进而得，

所以，

同理：

所以，所以.

故选：C

【点睛】本题考查构造数列，用累加法求数列的通项公式，属于中档题.

8．已知函数，、．、且满足，，对任意的恒有，则当、取不同的值时，（    ）

A．与均为定值 B．与均为定值

C．与均为定值 D．与均为定值

【答案】D

【解析】分析得出，利用导数分析函数的单调性，可得知为函数的极大值点，为函数的极小值点，再由、结合因式分解可得出结论.

【详解】当时，，此时，函数在上为增函数，

当、时，，，不合乎题意，所以，.

由可得，

当或时，；当时，.

所以，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.

对任意的恒有，，，

又当、且满足，，

所以，为函数的极大值点，为函数的极小值点，则，，

由可得，可得，

即，因为，则，

，可得，所以，，即，

所以，，同理可得，

故选：D.

【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于以下两点：

（1）利用已知条件分析出、为函数的极值点；

（2）利用等式，结合因式化简得出结果.

二、多选题

9．已知奇函数的最小正周期为，将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ）

A．函数 B．函数的图象关于点对称

C．函数在区间上单调递增 D．当时，函数的最大值是

【答案】AB

【分析】利用两角差的正弦公式将化为，根据函数的最小正周期确定，根据奇偶性确定，可得其解析式，根据三角函数的平移变换可得函数的解析式，判断A;代入验证可判断B；根据x的范围，确定的范围，结合正弦函数性质，可判断C,D.

【详解】由题意可得，

因为的最小正周期为，所以 ，

又因为为奇函数，所以，而，故，

所以，

则将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，

故，A正确；

将代入中，有，

即函数的图象关于点对称，B正确；

当时，，由于正弦函数在上不单调，

故在区间上不是单调递增函数，故C错误；

当时，，，

函数最大值为2，D错误，

故选：AB

10．正四棱锥的所有棱长为2，用垂直于侧棱的平面截该四棱锥，则（    ）

A． B．四棱锥外接球的表面积为

C．与底面所成的角为 D．当平面经过侧棱中点时，截面分四棱锥得到的上、下两部分几何体体积之比为3:1

【答案】ABD

【分析】根据平面即可判断A,由底面，即可判断外接球的球心在上，利用勾股定理即可求半径，进而可判断B,即为与底面所成角，根据几何法即可判断C,取的中点，连接，，，能证明面，分别求出截面分四棱锥得到的上下两部分几何体体积，能判断D．

【详解】

过作底面于，则为中点，

由于底面,所以,又平面,

故平面，平面，故,故A正确，

由正四棱锥的特征可知，其外接球的球心在上，设半径为,

则,又,解得,

故外接球的表面积为,故B正确，

过作底面于，则为中点，

则即为与底面所成角，

正四棱锥所有棱长为2，，，

，，故C错误，

取的中点，连接，，，

正四棱锥的所有棱长为2，为正三角形，

，，又，平面

所以面，

故当平面经过侧棱中点时，平面即为平面，

此时，

，

，

，故D正确．

故选：ABD

11．已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（    ）

A．n为偶数时， B．

C． D．的最大值为20

【答案】AC

【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为

【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，

n为偶数时，，故A对；

根据奇数项构成等差数列

可得：

而又：

则有：，故B错误；

，故C对；

根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：

的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错

故选：AC

12．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）

A． B．函数的图象关于对称

C． D．

【答案】AD

【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D.

【详解】因为为奇函数，所以，

取可得，A对，

因为，所以

所以，又

，故，

所以函数的图象关于点对称，B错，

因为，所以

所以，为常数，

因为，所以，

所以，取可得，

所以，又，

所以，所以，

所以，故函数为周期为4的函数，

因为，所以，，

所以，

所以

，

所以，

由已知无法确定的值，故的值不一定为0，C错；

因为，

所以，，

所以，故函数为周期为4的函数，

所以函数为周期为4的函数，

又，，，，

所以，

所以，D对，

故选：AD.

【点睛】本题解决的关键在于根据条件判断函数的周期性，对称性，并结合函数性质求函数值得和.

三、填空题

13．若，则的最小值为________．

【答案】16

【分析】由题得，再利用基本不等式求解.

【详解】因为，

所以.

所以

所以.

当且仅当时取等.

故答案为：16

14．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，则的最小值为______.

【答案】

【分析】由，根据向量的线性运算以及数量积的运算律，可求得∠DAB＝；以菱形对角线交点为原点，对角线所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，得到关于t的二次函数，求得二次函数最小值即为所求．

【详解】由题意知：，

设，所以

故

由于，所以，

以AC与BD交点为原点，AC为x轴，BD为y轴建立如图所示的直角坐标系，

所以A（﹣，0），C（，0），D（0，1），B（0，﹣1），E（），

设F（0，t），

则＝（，t），＝，

所以

当t＝时，取最小值，

故答案为：

15．已知等差数列和正项等比数列满足，则数列的前项和为______.

【答案】

【分析】根据等差等比数列基本量的计算可得公比和公差，进而得，因此可得，根据裂项求和即可求解.

【详解】设公差和公比分别为,

由得，解得，

因此，

所以

，

设的前项和为，

因此

故答案为：

16．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为______.

【答案】

【分析】利用导数研究函数可得函数的单调性情况，且时，，时，，同时注意，则，所以，构造函数，，利用导数求其最小值即可．

【详解】函数的定义域为，，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

又，所以时，；时，；时，，

同时注意到，

所以若存在，，使得成立，

则且，

所以，所以，

所以构造函数，而，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：利用同构的方式将联系起来，这样就构造了新函数，然后利用导数研究函数的单调性及最值.

四、解答题

17．已知数列中，为的前项和，，，.

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，求证：.

【答案】(1).

(2)证明见解析.

【分析】（1）由已知得，即有，两式相减得，根据等比数列的定义得数列为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；

（2）由（1）得，运用错位相减法和数列的单调性可得证.

【详解】(1)解：当时，，

，得，

两式相减得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列，

则，，，即有；

(2)解：，得，则，

即有前项和为，

，

两式相减可得，

，

化简得，

由于各项大于0，得，

由不等式的性质可得.

故.

18．如图，在梯形中，，，，．

(1)若，求梯形的面积；

(2)若，求．

【答案】(1)；(2)．

【分析】(1)中，利用含的余弦定理表达式建立BC的方程，求出BC而得面积，再利用面积关系求的面积得解；

(2)由题设中角的信息用表示出与中的相关角，再在这两个三角形中利用正弦定理建立两个方程，联立整理得的方程，解之即得.

【详解】(1)设，在中，由余弦定理得：

，即，而x>0，解得，

所以，则的面积，

梯形中，，与等高，且，

所以的面积，

则梯形的面积；

(2)在梯形中，设，而，

则，，，，

在中，由正弦定理得：，

在中，由正弦定理得：，

两式相除得：，

整理得，

即

解得或，

因为，则，即．

【点睛】(1)三角形中已知两边及一边对角求第三边，利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解；

(2)涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.

19．如图，在三棱柱中点，在棱上，点F在棱CC1上，且点均不是棱的端点，平面且四边形与四边形的面积相等.

（1）求证：四边形是矩形；

（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；（2）

【分析】（1）由平面AEF，知平面AEF，求得，由四边形与四边形面积相等知，，则，故，结合，从而有四边形为矩形.

（2）证得平面，取BC的中点H，以G点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面AEF和平面ABC的一个法向量，利用向量夹角求得二面角的正弦值.

【详解】（1）在三棱柱中，，则由平面AEF，知平面AEF，

故，，，从而，

由四边形与四边形面积相等知，

又，则，故

结合，知四边形为平行四边形，又，

故四边形为矩形.

（2）取EF的中点G，联结AG，由（1）知，

且平面，则平面平面，

又平面平面，则平面，

取BC的中点H，以G点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

由知，为正三角形，故，

故，，，，，

设平面ABC的一个法向量为

则，故，

取，则，

因为平面AEF的一个法向量为

则

则二面角的余弦值为，故二面角的正弦值为

20．统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策.

(1)现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中A种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼.用表示其中A种鱼的条数，请写出的分布列，并求的数学期望;

(2)另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条.

（ⅰ）请从分层抽样的角度估计池塘乙中的鱼数.

（ⅱ）统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法─最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的系统发生树，即在什么情况下最有可能发生已知的事件.请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)（i）200；（ii） 199或200

【分析】（1）根据超几何概率公式即可求解概率，进而得分布列和期望，

（2）根据抽样比即可求解总数，根据最大似然思想结合概率的单调性即可求解最大值.

【详解】(1),

故分布列为：

.

(2)（i）设池塘乙中鱼数为,则,解得,故池塘乙中的鱼数为200.

（ii）设池塘乙中鱼数为,令事件“再捉20条鱼,5条有记号”,事件“池塘乙中鱼数为”

则,由最大似然估计法,即求最大时的值,其中,

当时，

当时，

当时

所以池塘乙中的鱼数为199或200.

21．已知椭圆C：的四个顶点构成的四边形的面积为，点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若矩形MNPQ满足各边均与椭圆C相切.求证：矩形MNPQ对角线长为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用待定系数法求解；

（2）对当MN的斜率的情况进行分类讨论，当MN的斜率存在且不为0时，设直线MN：，与椭圆方程联立，根据，求得的关系，利用两平行线之间的距离公式分别求得矩形边长，从而可求得对角线，即可得证.

【详解】(1)解：由已知，解得，

所以椭圆方程C：；

(2)证明：当MN的斜率为0或不存在时，

对角线，

当MN的斜率存在且不为0时，设直线MN：，

联立消去y得，

，化简得，

所以两平行线MN和PQ的距离，

以代替k，两平行线MQ和NP的距离，

所以矩形MNPQ的对角线，

综上所述，矩形MNPQ对角线长为定值

22．已知函数.

(1)讨论极值点的个数；

(2)若有两个极值点，且，证明:.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）分类讨论导函数的实数根即可求解极值点，

（2）构造函数和，通过判断函数的单调性，求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性.

【详解】(1),则,

显然不是的零点,

令,则,

在单调递减,在（0,1）单调递减,在单调递增.

当时，，当时，，且

时,只有一个实数根，所以此时有1个极值点,

时,没有实数根，故有0个极值点,

当时，，有一个实数根，但不是极值点，故此时没有极值点，

时,有两个不相等的实数根，故有2个极值点.

(2)由（1）知,,且在（0,1）单调递减,在单调递增,

先证:,即证:，即证:.

即证:.

令,

即证:,

令则

令,则,则在单调递减

,

,即在单调递减,

,证毕.

再证:,

,且

.

在单调递增,在单调递减,在单调递增,

.

即证:,

又,

即证:.

令,

.

令,

,

令

,

令

令,

,

在单调递减,在单调递增.

,

,当时,单调递增;当时,单调递减.

,

在单调递减,在单调递增.

,

在单调递增,在单调递减.

,

,

,

在单调递增,

,

所以原命题得证.

【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.