湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考(四)数学试题

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长沙市一中2023届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟    满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 集合，全集，则的所有子集个数（    ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 16【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件，用列举法表示集合A，再求出即可作答.【详解】依题意，，而，则，，因此，所以的所有子集个数是.故选：C2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应点在（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则即可求解.【详解】由题得所以.所以在复平面内对应点在第一象限.故选:A.3. 在中，点满足，记，，那么（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性运算将分解为，再转化为，表示即可.【详解】.故选：A.4. 已知，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用对数函数、指数函数、正弦函数的性质比较大小即可.【详解】，，，∴.故选：B.5. 2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运20专机在两架歼20战机护航下抵达沈阳国际机场．歼20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形，则机身头部空间大约（    ）立方米A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式即可得到答案.【详解】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式得.故选:B6. 已知函数，将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求得，换元转化为在上恰有5个不相等的实根，结合的性质列出不等式求解.【详解】，令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．故选：D．7. 用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；所以个位是偶数共有20种；同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.故选：C【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.8. 已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，所以，平面所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，因为，令因为，所以，在中，，所以，，所以，，所以，当，即时，取得最大值，所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，所以，，所以，所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，所以，直三棱柱外接球的半径，即，所以，直三棱柱外接球的体积为.故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.【详解】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.对于B选项，设是中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.故选：AD10. 已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（    ）A. 的准线方程为B. 直线与相切C. 若，则的最小值为D. 若，则的周长的最小值为11【答案】BCD【解析】【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D.【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；设点，所以，所以，故C正确；如图过点作准线，交于点，，，所以，当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；故选：BCD11. 已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据递推公式，求得，再对每个选项进行逐一分析，即可选择.【详解】因为，故可得，，对A：当时，，故可得，故A正确；对B：因为，则对也成立，又当，时，，则，故B正确；对C：令，则，故在单调递减，则，则当时，，；则当，时，，即；则，即，又，，故C正确；对D：，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.12. 已知偶函数在R上可导，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】A选项：根据偶函数图象的特点和导数的几何意义判断即可；B选项；对求导，得到，，再根据函数的奇偶性得到，然后求即可；C选项：利用特殊函数的思路，找出一个满足题目要求的，代入即可判断；D选项：根据的奇偶性得到，然后利用累加法求即可.【详解】因为函数为偶函数，所以图象在处的斜率为0，即，故A正确；函数为偶函数，所以为奇函数，，所以，令，得，又为奇函数，所以，，故B正确；假设，满足为偶函数，，，符合题目的要求，此时，，故C错；为偶函数，所以，即，，故D正确.故选：ABD.【点睛】①为偶函数，则为奇函数；为奇函数，则为偶函数；②当（可求和）时，可以用累加法求，.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知圆，若直线l与圆C交于A，B两点，则△ABC的面积最大值为___________.【答案】8【解析】【分析】设出线段的中点，由垂径定理得到，由基本不等式求出，从而得到△ABC的面积最大值.【详解】圆的圆心为，半径为4，设线段的中点为，由垂径定理得：，由基本不等式可得：，所以，当且仅当时，等号成立，则，故答案为：814. 若的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32,则展开式中项的系数是___________.【答案】15【解析】【分析】先赋值求出所有项的系数，进而计算出，再根据二项式定理计算展开式中项的系数.【详解】令,得所有项的系数和为,二项式系数和为,所以,即的第项为令,得所以项的系数是故答案为：1515. 已知点是椭圆的左焦点，过原点作直线交椭圆于两点，分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是______.【答案】【解析】【分析】由题意分析可知，设点，利用得到关于的方程，再联立，用含的式子表示出，只需满足，得出离心率的范围.【详解】解：如图所示，当点分别是、的中点时，是的两条中位线，若以为直径的圆过原点，则有,，设点，则点,又点，所以，，,则，又，所以，，得，即只需，整理得：解得，又，所以.故答案为：【点睛】本题考查离心率取值范围问题，难度较大，解答时一定要灵活转化，列出满足条件的含的关系式，根据关系式化简求解离心率的取值范围.16. 设函数的图像与的图像有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最大值为_________.【答案】【解析】【分析】设公共点坐标为，，求出两个函数的导数，利用，推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．【详解】解：设公共点坐标为，，则，所以有，即，解出舍去），又，所以有，故，所以有，对求导有，故关于的函数在为增函数，在为减函数，所以当时有最大值．故答案为：．【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．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. 已知数列的前项和满足：.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用退一相减法可知数列为等比数列，进而可得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【小问1详解】由已知，当时，，解得，当时，，则，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；【小问2详解】由（1）得，则，所以①，②，①②得，所以.18. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D是BC上的点，AD平分.（1）若，，，求的值；（2）若为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用可求出答案；（2）首先证明，若选①，利用余弦定理和三角形的面积公式可求出，然后可得，即可求出答案；若选②，结合倍角公式可求出，然后可算出答案；若选③，由条件可得，然后可求出，然后可求出答案.【小问1详解】依题意可得，可得，又因为平分，且，所以，则，整理可得.【小问2详解】选条件①∵，∴，∴，即，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴.∵是锐角三角形，∴，∴，∴，即的取值范围为.选条件②∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴.∵是锐角三角形，∴，∴，∴，∴的取值范围为.选条件③∵，∴，由正弦定理得，∴根据余弦定理得，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴.∵是锐角三角形，∴，∴，∴，∴，∴的取值范围为.19. 如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，,为中点. （1）证明：点在上.（2）点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）证明平面得，再根据等边三角形性质得，进而证明结论；（2）结合（1），建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.【小问1详解】证明：连接，．因为是三棱锥的高，即平面，因为平面所以．因为，的中点为，所以，因平面所以平面，因为平面，所以．又因为是边长为的正三角形，的中点为所以，，即点在上．【小问2详解】解：结合（1）得，，，，．过点作，交于，结合（1）可知两两垂直，所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，取，则．所以，，设，．所以，．设平面的法向量为，则，即 取，则．所以，，当且仅当时，等号成立．所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．20. 已知双曲线经过点，两条渐近线夹角为，直线交双曲线于两点.（1）求双曲线的方程.（2）若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）    （2）存在，使得以线段为直径的圆恒过点【解析】【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.【小问1详解】两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；当时，由得：，，双曲线的方程为：；当时，方程无解；综上所述：双曲线的方程为：.【小问2详解】由题意得：，假设存在定点满足题意，则恒成立；方法一：①当直线斜率存时，设，，，由得：，，，，，，整理可得：，由得：；当时，恒成立；②当直线斜率不存在时，，则，，当时，，，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.方法二：①当直线斜率为时，，则，，，，，，解得：；②当直线斜率不为时，设，，，由得：，，，，；当，即时，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；④由所得等式恒成立可整理得到定点.21. 某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为（）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为．（1）证明：在的概率分布中，最大．（2）对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为（，2，3），每位同学能否命中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．【答案】（1）证明见解析    （2）应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小，证明见解析【解析】【分析】（1）分别求出（，1，2，3）的值，作差法比较大小得证； （2）由（1）知，设三人任意顺序出场时三场投中的概率分别为，，，计算比赛时所需派出的人数的期望，证明成立，说明按排列时最小， 应当以甲、乙、丙的顺序安排出场.【小问1详解】由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，，，∵，∴，所以概率最大．【小问2详解】由（1）知，当时，有的值最大，且，，所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．证明如下：假设，，为，，的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，该顺序下三人能完成项目的概率为，，，记在比赛时所需派出的人数为，则，2，3，且的分布列为：123数学期望，∵，∴，要使尽可能小，则需要尽可能大， 故当取时最小，所以，∴，所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．22. 已知函数，是非零常数．（1）若函数在上是减函数，求的取值范围；（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．【答案】（1）    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题知在上恒成立，再分和两种情况讨论求解即可；（2）根据题意令，进而分，，三种情况讨论函数的单调性，进而得，其中，再根据当时，直线与的图像在上有两个交点并结合极值点的概念即可证明.【小问1详解】解：因为函数在上是减函数，所以，在上恒成立，当时，在上恒成立，满足题意；当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，所以，的取值范围为【小问2详解】解：令得，所以，，则，所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，故函数在上单调递减，因为，所以，存在，使得，即，所以，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；当时，恒成立，所以，在上单调递增，因为，，所以，存在，使得，即，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为，所以，在上单调递减， 综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，因为，即，由的唯一性可得，又，所以，，其中，所以，当时即时，直线与的图像在上有两个交点，所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于构造函数，进而结合三角函数在的符号，分，，三种情况讨论函数的单调性，进而的函数值得范围，其中，再结合函数零点与极值点的概念即可求解.