2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（二）数学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（二）数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（二）数学试题 一、单选题1．已知集合， 则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出集合，再求出其补集，然后可求得.【详解】由，得，所以，所以或，因为，所以，故选：A2．一学习小组10名学生的某次数学测试成绩的名次由小到大分别是2，4，5，，11，14，15，39，41，50，已知该小组数学测试成绩名次的40%分位数是9.5，则的值是（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】根据百分位数的定义进行计算即可.【详解】依题意是整数，那么40%分位数9.5就是第，第位数的平均值，于是，解得.故选：C3．设非零复数，在复平面内分别对应向量，，为原点，则的充要条件是（    ）A． B． C．为实数 D．为纯虚数【答案】D【分析】设，，则，，计算出，然后结合可得答案.【详解】设，，则，，且，由知且，故的充要条件是为纯虚数，故选：D．4．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点到容器底部的距离分别是10和16，则容器内液体的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用补体法可求液体的体积.【详解】将含液体部分的几何体补成如图所示的圆柱，过作底面的平行平面，与过的母线交于，连接，则，故圆柱底面的半径为则容器内液体的体积为，故选：B.5．如图甲所示，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律. 其平面图形记为图乙中的正八边形，其中，则以下结论错误的是（    ）A．B．C．D．在方向上的投影向量为【答案】C【分析】分别以所在的直线为轴和轴，建立的平面直角坐标系，作，结合向量的坐标运算，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，分别以所在的直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为正八边形，所以，作，则，因为，所以，所以，同理可得其余各点坐标，，，，，，对于A中，，故A正确；对于B中，，故B正确；对于C中，，，，所以，故C错误；对于D中，，，所以在方向上的投影为，又因为，所以在方向上的投影，向量为，故D正确.故选： C.6．已知函数的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.若函数的图象在区间上是增函数，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，根据余弦函数的周期性质，结合函数图象平移性质以及单调性，可得答案.【详解】由函数的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为，则函数的周期，则，则，由将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，可得，由，，函数的图象在区间上是增函数，故，解得，由，当时，，故选：B.7．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数通过单调性比较.【详解】，令，则，所以在上单调递减，又，，所以，即；，令，则，所以在上单调递减，，所以，所以，所以；，令，再令，从而可得，所以，因此在上单调递增，又，所以，所以，故.所以.故选：A8．截角八面体是由正四面体经过适当的截角， 即截去正四面体的四个顶点处的小棱锥所得的八面体. 如图所示， 有一个所有棱长均为的截角八面体石材，现将此石材切削、打磨、加工成球，则加工后球的最大表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】补全正四面体，由正四面体的对称性，正四面体的内切球心、外接球心与截角八面体的内切球心重合，记为O，由几何法分别求出正四面体的内切球半径以及O到平面ABC的距离，则较小者为截角八面体的内切球半径，最后由圆的表面积公式即可选择.【详解】如图，补全正四面体，则正四面体的棱长为，由正四面体的对称性，正四面体的内切球心、外接球心与截角八面体的内切球心重合，记为O，O在底面的投影为，则平面，正四面体的内切球半径，外接球半径，正四面体底面上的高，由相似性易得正四面体底面上的高为，由正三角形的性质，易得的高，则，则在中，， ，解得，平面ABC到平面QPN的距离为，所以O到平面ABC的距离为，故截角八面体的内切球半径亦为R，则截角八面体的内切球的表面积为，故选：B. 二、多选题9．在正方体中，下列几种说法正确的有（    ）A．为异面直线 B．C．与平面所成的角为 D．二面角的正切值为【答案】ABD【分析】A. 用反证法判断；B.易证平面判断；C. 易知平面，得到为与平面所成的角求解判断；D. 易知平面，得到是二面角的平面角求解判断.【详解】解：如图所示：A. 假设共面，则共面，所以与共面，与异面矛盾，故假设错误，则直线为异面直线，故正确；B. 在正方体中，易知，，又，所以平面，又平面，所以，故正确；C. 易知平面，则为与平面所成的角，设正方体的棱长为1，则，所以，故错误；D. 易知平面，则，所以是二面角的平面角，其正切值为，故正确，故选：ABD10．已知函数， 则（    ）A．函数的最小正周期为 B．为函数的一条对称轴C．函数的最小值为1，最大值为 2 D．函数在上单调递减【答案】BC【分析】根据给定条件利用周期定义、对称性性质判断选项A，B；换元借助二次函数最值判断选项C；利用复合函数单调性判断选项D作答.【详解】因为，所以，A错误；因，所以，所以函数为偶函数，所以的图象关于轴对称，所以为函数的一条对称轴，B正确；令，有，则，当时，，因为在上单调递增，在上单调递减，又，，所以当时，函数取最大值，最大值为2，当时，函数取最小值，最小值为， C正确；函数由和复合而成，当时，函数，因为，所以函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，且，函数在上单调递减，所以函数在上单调递增，D错误，故选：BC11．已知是抛物线的焦点， 是抛物线上的两点，为坐标原点，则（    ）A．曲线的准线方程为B．若，则的面积为C．若，则D．若，的中点在的准线上的投影为，则【答案】BCD【分析】对于A，由抛物线的方程易知准线为，故A错误；对于B，利用抛物线的定义求得，进而可求的面积，故B正确；对于C，由及点在抛物线上得到，再利用两点距离公式及基本不等式，即可证得，故C正确；对于D，结合图像，利用余弦定理及基本不等式即可证得，故D正确.【详解】因为抛物线，故，焦点，准线为，设，则对于A，易知准线为，故A错误；对于B，如图1，由抛物线的定义可知，即，故，代入，解得，所以，故B正确；对于C，由得，故，即，又，，故，得或（舍去），则，所以，故，故C正确； 对于D，如图2，过作准线的垂线，垂足分别为，连接，则，在中，，故所以，即，故D正确.故选：BCD.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．函数的图象关于对称 B．C． D．【答案】AC【分析】根据 为奇函数推出对称中心 , 根据 逆向思维得到 , 代入 推出 的对称轴 , 进一步得出周期 4 , 周期也为 4 , 算出时的函数值以及一个周期内的值即可求解.【详解】因为, 则,因为 ，所以,用去替x，所以有，所以有,取 代入得到 则 ，故，用换x，可得，函数的图象关于对称,故正确；在上为奇函数, 则 过, 图像向右移动两个单位得到过，故图像关于对称，; ，而，所以有，则 的周期 ;又因为图像关于对称，;函数的图象关于对称,，故,,故C正确., 是由 的图像移动变化而来, 故 周期也为 4 ,因为 ,所以 ，,所以，故B错误； ，周期为 4 , ，,,故，由于的值未知，不一定为0，所以无法判断的值为-4046，故D错误;故选: AC.【点睛】本题考查了导数的综合运用，以及抽象函数的奇偶性，周期性和对称性的性质的灵活转换运用，难度较大. 三、填空题13．设多项式， 则_____.【答案】【分析】分别赋值，得到两个等式，两式相加即得偶数项系数的倍.【详解】依题意，令，得到：，令，得到：，两式相加可得：，故.故答案为：14．与直线和圆都相切的半径最小的圆的标准方程是_____.【答案】【分析】首先把所给方程标准化，找到圆心和半径，再得到圆心到所给直线的距离，从而确定所求圆心的位置，列方程求解．【详解】把圆的方程标准化为：，圆心，半径，圆心到直线的距离为：，如图：易知所求圆的圆心在直线上，且半径，设，，则到的距离为，，解得，所求圆的标准方程为：．故答案为：15．用符号表示不超过的最大整数（称为的整数部分），如，已知函数 有两个不同的零点，若，则实数的取值范围是_____.【答案】【分析】函数 有两个不同的零点即函数与函数的图象有两个不同交点，分类讨论数形结合可得结果.【详解】函数 有两个不同的零点，即函数与函数的图象有两个不同交点，当时，显然有唯一的交点，不适合题意；当时，画出二者图象，显然不符合； 当时，画出二者图象；先考虑二者相切时，设切点为，则有，可得，即，即，记，显然此函数为增函数，且，说明， 所以当两个函数有两个交点时，一个交点的横坐标必小于1，又，另一个交点的横坐标，根据上面的图象可得，，解得，，故答案为：16．为双曲线的左、右焦点，过点且斜率为1的直线与两条渐近线分别交于两点，若为双曲线上一点，的内切圆圆心为，过作，垂足为，则_____.【答案】2【分析】设直线AB方程为，联立渐近线方程可得A、B坐标，在根据和点在双曲线上可得a，然后结合图形，利用内切圆圆心为角平分线交点和双曲线定义可解.【详解】设直线AB方程为，两条渐近线方程分别为，，联立解得，联立解得，因为，，所以，解得…①又点在双曲线上，所以…②，联立①②解得，延长交于点，因为I为的内切圆圆心，所以，又，，所以，所以为的中点，且又O为的中点，所以由双曲线定义可知，，所以，故答案为：2 四、解答题17．已知的内角的对边分别为，满足.(1)求角；(2)是的角平分线，若，的面积为，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据正弦定理，结合余弦定理进行求解即可；（2）根据三角形面积公式，角平分线的性质进行求解即可.【详解】(1)由正弦定理得， 整理得， 由余弦定理得， 又， 则；(2)（2） 由面积公式得， 解得， 又是的角平分线， 则 ， 故.， 则.18．设数列满足，且.(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析，;(2) . 【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得；（2）根据，讨论n的奇偶性，分类求解，利用并项求和法，可得答案.【详解】(1)由已知得， 即，是以 4 为首项， 2 为公差的等差数列.，当时，,当时，也满足上式，所以;(2),当为偶数时，当为奇数时，,所以 .19．如图， 在直三棱柱中，.(1)求证：；(2)若为的中点，三棱锥的体积为，线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）利用线垂直于面来证明线线垂直.（2）建立空间直角坐标系，利用体积计算边长，找对应点坐标，利用空间数量积公式求得结果.【详解】(1)三棱柱为直棱柱，平面. 又平面平面，平面，平面， 所以.(2)平面，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 设 .，所以.易知平面的一个法向量为 ，设平面的一个法向量为，，所以， 设，，则 令， 得， 所以，二面角的大小为，则，所以（负值舍去），所以存在点，当时， 二面角的大小为.20．某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产. 在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰， 合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验. 已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%， 求工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片. 某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用. 现对使用 这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查. 据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人. 依据的独立性检验， 能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?附：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828  【答案】(1)①；②；(2)能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联，理由见解析. 【分析】（1）①先求出芯片的正品率，利用对立事件求概率公式求出答案；②利用条件概率公式求出人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；（2）写出列联表，计算出卡方，与7.879比较后得到结论.【详解】(1)①批次芯片的次品率为②设批次的芯片智能自功检测合格为事件， 人工抽检合格为事件，由已知得，则工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品为事件，.(2)零假设为： 芯片批次与用户对开机速度满意度无关联.由数据可建立列联表如下： （单位： 人）开机速度满意度芯片批次合计不满意10212满意305888合计4060100 根据列联表得因此，依据的独立性检验，我们推断此推断不成立，即能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联.此推断犯错误的概率不大于0.005.21．已知椭圆过点，点为其左顶点，且的斜率为.(1)求的方程；(2)为椭圆上两个动点，且直线与的斜率之积为，，为垂足，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设椭圆方程，根据椭圆过点，以及的斜率为，构造方程解得答案；（2）设直线方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用直线与的斜率之积为，整理化简证明直线过定点，进而求出的轨迹是圆，把问题转化为圆上的点到椭圆左顶点距离的最大值问题，使问题得到解决.【详解】(1)由题意可知直线的方程为：， 即，令，解得，所以，椭圆过点， 可得， 解得，所以的方程： ；(2)设，由题意得直线斜率不为零， 设， 代入到椭圆，由得，即所以,由， 得， 即，所以，所以，所以，化简得，所以或，若，则直线过椭圆的左顶点，不适合题意，所以，所以过定点，因为为垂足，所以在以为直径的圆上，，的中点为，又，所以，所以的最大值为，即的最大值为.【点睛】本题是圆锥曲线过定点问题，属于难题，解决问题的关键点有两个，一是过定点问题不是显性的，比较隐晦，识别出来有困难，第二在由斜率的乘积是常数进行化简整理的过程中，计算直线过定点难度比较大，容易形成畏难心理导致计算失败.22．已知函数.(1)若的极小值为0，求实数的值；(2)当时，证明：存在唯一极值点，且.【答案】(1)实数的值为1(2)证明见解析 【分析】（1）求导后，设的极值点为，由题意，由此得解；（2）由导函数的单调性和零点存在性定理证明存在唯一极值点，再构造新函数利用导数证明不等式.【详解】(1)的定义域为， 当时，无极值，故.设的极值点为， 则， 易知为极小值点， 且. 则 ， 令， 设， 则单调递减， 且， 故， 解得. 经检验，时满足题意， 即实数的值为1 .(2)的定义域为，当时，由（1）知， 则，当时，单调递增，且，，设，则， 故在单调递减， 即， 所以， 根据零点存在性定理， 知存在唯一的.此时，，， 设，，单调递增，， 则 当时，单调递增， 且，， 设，时，单调递减，∴即，∴，根据零点存在性定理， 存在唯一的， 此时有，由， 可得：，所以时， ，综上， 当时，存在唯一极值点， 为极小值点， 且 .【点睛】1.导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.