2023长沙一中高三下学期月考（六）数学试题含解析

长沙市一中2023届高三月考试卷（六）

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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用列举法及交集的定义即可求解.

【详解】,

所以.

故选：A.

2. 已知复数满足，为虚数单位，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的除法和向量模的求法，变形的，即可求解.

【详解】，

故选：B

3. 已知，，，一束光线从点出发经AC反射后，再经BC上点D反射，落到点上．则点D的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据入射光线与反射光线的性质可知方程，由与的交点可得D，求坐标即可.

【详解】根据入射光线与反射光线关系可知，分别作出关于的对称点,

连接，交于，则D点即为所求，如图，

因为所在直线方程为，，设，

则，解得，即，

由所在直线方程为，，同理可得，

所以直线方程为，由解得，

故选：C

4. 若，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用三角函数的诱导公式及二倍角的正弦公式，结合三角函数的齐次式法即可求解.

【详解】因为，所以，

由，得，即，

所以，即，解得

或(舍).

故选：C.

5. 据一组样本数据，求得经验回归方程为，且．现发现这组样本数据中有两个样本点和误差较大，去除后重新求得的经验回归直线的斜率为1.1，则（    ）

A. 去除两个误差较大的样本点后，的估计值增加速度变快

B. 去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程对应直线一定过点

C. 去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程为

D. 去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点的残差为0.1

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线的斜率大小判断A；求出判断B；再求出经验回归方程判断C；计算残差判断D作答.

【详解】对于A，因为去除两个误差较大的样本点后，经验回归直线的斜率变小，则的估计值增加速度变慢，A错误；

对于B，由及得：，因为去除的两个样本点和，

并且，因此去除两个样本点后，样本的中心点仍为，

因此重新求得的回归方程对应直线一定过点，B错误；

对于C，设去除后重新求得的经验回归直线的方程为，由选项B知，，解得，

所以重新求得的回归方程为，C正确；

对于D，由选项C知，，当时，，则，

因此去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点的残差为，D错误.

故选：C

6. 在四面体中，，，，，则该四面体的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由线面垂直的判定定理可得平面，设底面的外心为，外接球的球心为，为的中点，可得四边形为平行四边形，所以，在中，由余弦定理及正弦定理可求，故可求外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解.

【详解】因为，，平面,

所以平面.

设底面的外心为，外接球的球心为，则平面，所以.

设为的中点，

因为，所以.

因为平面，平面,

所以，所以.

因此四边形为平行四边形，所以.

因为，，

所以

由正弦定理，得.

所以该外接球的半径满足,

故该外接球的表面积为.

故选:D.

7. 已知圆O的半径为1，A为圆内一点，，B，C为圆O上任意两点，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】首先设与所成角为，根据题意得到，再根据求解即可.

【点睛】如图所示：设与所成角，

因为，

因为，

所以

因为，当时，等号成立.

因为，所以当时，取得最小值为，

所以当时，取得最小值为.

故选：A

8. 设是定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，函数，若对任意的，恒成立，则实数的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由是奇函数，是偶函数，求出，再根据，作出函数的图象即可求解.

【详解】因为是奇函数，是偶函数，

所以，解得，

由，

当时，则，所以，

同理：当时，，

以此类推，可以得到的图象如下：

由此可得，当时，，

由，得，解得或，

又因为对任意的，恒成立，

所以，所以实数的最大值为.

故选：B.

【点睛】本题考查了奇函数与偶函数的性质，抽象函数的周期性，通过递推关系分析出每一个区间的解析式是本题的关键，数形结合是解题中必须熟练掌握一种数学思想，将抽象转化为形象，有助于分析解决抽象函数的相关问题.

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，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9. 已知函数在区间上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（    ）

A. 的取值范围是

B. 在区间上有且仅有3个不同的零点

C. 的最小正周期可能是

D. 在区间上单调递增

【答案】ACD

【解析】

【分析】由，得，再根据函数在区间上有且仅有条对称轴，可得，可求出的取值范围判断A，再利用三角函数的性质可依次判断BCD．

【详解】由，得，

因为函数在区间上有且仅有条对称轴，

所以，解得，故A正确；

对于B，，，

，

当时，在区间上有且仅有个不同的零点；

当时，在区间上有且仅有个不同的零点，故B错误；

对于C，周期，由，则，

，

又，所以的最小正周期可能是，故C正确；

对于D，，，

又，，

所以在区间上一定单调递增，故D正确．

故选：ACD.

10. 已知抛物线C：的焦点为F，准线为，A，B是C上异于点O的两点，O为坐标原点，则（    ）

A. 的方程为

B. 若，则的面积为

C. 若，则

D. 若，过AB的中点D作于点E，则的最小值为

【答案】BD

【解析】

【分析】A选项，由抛物线方程得到准线方程，A错误；由焦半径公式得到，进而求出，从而得到的面积，B正确；由得到，，表达出，结合基本不等式求出最值，C错误；作出辅助线，设，由焦半径公式得到，结合余弦定理，基本不等式得到的最小值.

【详解】的焦点为，准线方程为，故A错误；

由焦半径公式可知：，解得，

故，故，

所以的面积为，B正确；

若，则，即，解得：，

则，

故

，

故，当且仅当时，等号成立，C错误；

过点作⊥l于点，过点B作⊥l于点，

设，所以，

因为

，

所以，的最小值为.

故选：BD

【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：

（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；

（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．

11. 如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点到的距离分别为，则（    ）

A. 平面

B. 平面平面

C. 直线与所成角比直线与所成角大

D. 正方体的棱长为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质进行求解判断即可.

【详解】解：设的交点为，显然是、的中点，

因为平面，到平面的距离为，所以到平面的距离为，

又到平面的距离为，

所以平面，即平面，即A正确；

设平面，

所以，

因为是正方形，所以，

又因为平面，平面，

所以，因为平面，

所以平面，因此有平面，而，

所以平面平面，因此选项B正确；

设到平面的距离为，

因为平面，是正方形，点，B到的距离分别为，1，

所以有，

设正方体的棱长为，

设直线与所成角为，所以，

设直线与所成角为，所以，

因为，所以，因此选项C不正确；

因为平面平面，平面平面，

所以在平面的射影与共线，

显然，如图所示：

由，

，

由（负值舍去），

因此选项D正确，

故选：ABD

12. 已知，为正实数，且，则（    ）

A. 的最大值为2 B. 的最小值为5

C. 的最小值为 D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由已知条件结合基本不等式及相关结论分别检验各选项即可求解.

【详解】依题意，

对于A：因为，

所以，

当且仅当时取等号，

令，则有，

解得，又因为，

所以，即，

的最大值为2，故A选项正确；

对于B：因为，

所以，

当且仅当时取等号，

令，则有，

解得或（舍去），

即，所以的最小值为4，

故B选项错误；

对于C：因为，

所以，

所以，

当且仅当，即时等式成立，

所以的最小值为，故C选项正确；

对于D：当，时，，

所以D选项错误；

故选：AC.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）

13. 设直线是曲线的一条切线，则_________．

【答案】

【解析】

【分析】设切点为，根据导数的几何意义求出切点的横坐标，再根据切点即在曲线上又在切线上即可得解.

【详解】设切点为，

，

则，所以，

所以切点为，

又切线为，

所以，解得.

故答案为：.

14. 楼道里有8盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，则关灯方案有_________种．

【答案】20

【解析】

【分析】根据题意，原问题等价于在5盏亮灯的6个空隙中插入3盏不亮的灯，由组合公式计算即可求解.

【详解】依题意，原问题等价于在5盏亮灯的6个空隙中插入3盏不亮的灯，

则有种方案.

故答案为：20.

15. 过双曲线：右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为A，直线与另一条渐近线交于点B．且点A，B位于x轴的异侧，O为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线C的离心率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】作出图象，设的内切圆的圆心为，易知在的平分线上，过分别作于，于，则有四边形为正方形，则，，由，可得，由斜率公式即可得答案.

【详解】解：如图所示：

设A在第一象限，

由题意可知，其中为点到渐近线的距离，，

所以，

设的内切圆的圆心为，

则在的平分线上，

过分别作于，于，

又因为于，

所以四边形为正方形，

所以，

所以，

又因为，

所以，

，

所以，

所以，

所以.

故答案为：.

16. 小说《三体》中，一个“水滴”摧毁了人类整个太空舰队，当全世界第一次看到“水滴”的影像时，所有人都陶醉于它那绝美的外形．这东西真的是太美了，像梦之海中跃出的一只镜面海豚，仿佛每时每刻都在宇宙之夜中没有尽头地滴落着．有科幻爱好者为“水滴”的轴截面设计了二维数学图形，已知集合．由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分就如美丽的“水滴”．则图中“水滴”外部阴影部分的面积为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据图形与，建立直角坐标系，画出图形，求出相应的坐标，先求第一、二象限的阴影面积，再求第三象限的阴影面积，再求和即可求解.

【详解】根据题意，建立直角坐标系，如图所示：

在方程，中，

令，则有，

所以，其中，

所以，所以，

解得，

所以，，，，

令，则有，

所以，，

令，则有，

所以，.

由，，易得与线段

组成的图形为的上半圆，

由此可知，在第一、第二象限中的阴影面积是由

的上半圆减去上半圆

与上半圆相交的部分形成，

即与线段组成的面积，设为.

由，，三点易得

为边长为2的等边三角形，

所以，

所以，

设第一、二象限的阴影面积为，

则.

由，，易得与线段

组成的图形为的下半圆，

设在第三象限中的阴影面积为，

则有，

由图知

，，

所以，

所以，

所以图中“水滴”外部阴影部分的面积为：.

故答案为：.

【点睛】本题考查了圆与三角函数综合的知识点，可以根据图形的对称性建立直角坐标系，将图形转化为实际的数据，割补法是求阴影面积常用的方法，需要考生有一定的分析转化能力.

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. 记为正项数列的前项和，已知是4与的等比中项．

（1）求的通项分式；

（2）证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)由等比中项得，进而由递推式计算出，并得到，得数列是等差数列，进而可求解；

(2)由，从第二项开始放缩即可证明.

【小问1详解】

∵是4与的等比中项，∴①．

当时，，∴．

当时，②，

由①-②得，，

∴，

∵，∴，

∴数列是首项为l，公差为2的等差数列，

∴的通项公式．

【小问2详解】

由（1）得，

当时，，

∴

18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．

（1）求A；

（2）已知的面积为，设M为BC的中点，且，的平分线交BC于N，求线段AN的长度．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化将原式化简，再结合三角恒等变换即可求得结果；

（2）根据题意，可得，再结合三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.

【小问1详解】

由题意知中，，

由正弦定理边角关系得：则，

∴，

∵，

∴，∴，

∴，∴，

又，，

所以，即．

【小问2详解】

如下图所示，在中，为中线，

∴，

∴，

∴．

∵，∴，，

∴，

∵，

∴，∴．

19. 近日，某芯片研发团队表示已自主研发成功多维先进封装技术XDFOI，可以实现4nm手机SOC芯片的封装，这是中国芯片技术的又一个重大突破，对中国芯片的发展具有极为重要的意义．可以说国产4nm先进封装技术的突破，激发了中国芯片的潜力，证明了知名院士倪光南所说的先进技术是买不来的、求不来的，自主研发才是最终的出路．研发团队准备在国内某著名大学招募人才，准备了3道测试题，答对两道就可以被录用，甲、乙两人报名参加测试，他们通过每道试题的概率均为，且相互独立，若甲选择了全部3道试题，乙随机选择了其中2道试题，试回答下列问题．（所选的题全部答完后再判断是否被录用）

（1）求甲和乙各自被录用的概率；

（2）设甲和乙中被录用的人数为，请判断是否存在唯一的值，使得？并说明理由．

【答案】（1）甲被录用的概率为，乙被录用的概率为   

（2）不存在；理由见解析

【解析】

【分析】(1)分析已知，甲被录用符合二项分布，乙被录用符合组合排列，分别利用对应求概率公式计算即可.

(2)先分析可能取值，然后分别求解对应概率，再利用离散型数学期望的公式表示出数学期望，然后构造函数，利用求导分析函数单调性，进而判断即可.

【小问1详解】

由题意，设甲答对题目的个数为，得，

则甲被录用的概率为，

乙被录用的概率为．

【小问2详解】

的可能取值为0，1，2，

则，

，

，

∴

，

，

设，

则．

∴当时，单调递减，

当时，单调递增，

又，，，

所以不存在的值，使得.

20. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，．

（1）证明：；

（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角的大小．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1) 分别取，的中点，，连接，，，证明出，可得，由此可证得结论成立；

(2)先根据条件推出为二面角的平面角，设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合基本不等式求出直线与平面所成角的正弦值的最大值，求出对应的角的值，即可求解.

【小问1详解】

分别取，的中点，，连接，，，

∵，为的中点，∴．

∵四边形为正方形，则且，∴．

∵，分别为，的中点，∴，∴，

∵，∴平面．

∵平面，∴．

在中，

∵为的中点，，∴．

又∵，，∴，

从而可得．

【小问2详解】

由（1）可知，，

∴为二面角的平面角，且，

以点为坐标原点，，所在直线分别为x，轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，其中，

则，，，，，，

，，．

设平面的法向量为，

由，即，取，

则，，∴，

，

令，

则，

则，

当且仅当时，即当时，即当时，等号成立．

所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角为．

21. 已知，D是圆C：上任意一点，线段DF的垂直平分线交DC于点P．

（1）求动点P的轨迹的方程：

（2）过点的直线与曲线相交于A，B两点，点B关于轴的对称点为，直线交轴于点，证明：为定值．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由中垂线性质，可知，得动点P的轨迹以，F为焦点的椭圆；

（2）将直线与曲线方程联立，利用韦达定理及题目条件表示出点N坐标，后可得答案.

【小问1详解】

圆：，圆心为，半径为4，

因为线段DF的垂直平分线交DC于P点，所以，

所以，

所以由椭圆定义知，P的轨迹是以，F为焦点的椭圆，

则，，.

故轨迹方程为：．

【小问2详解】

依题意，直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，将其与方程联立：

，消去x得.

方程判别式，设，，则，

由韦达定理有，，

则直线的方程为，

令

，则，得.

∴．即为定值4．

22. 已知函数，．

（1）当时，求函数的最小值；

（2）若函数的最小值为，求的最大值．

【答案】（1）0    （2）1

【解析】

【分析】（1）当时，令，求得，根据在不同区间的符号判断的单调性，由单调性即可求出的最小值；

（2）将等价变换为，借助第（1）问中判断的符号时构造的在时取最小值，取，将问题转化为有解问题即可.

【小问1详解】

当时，令，，

则，

令，，则，

易知在上单调递增，且，

∴当时，，在区间上单调递减，且，

当时，，在区间上单调递增，且，

∴当时，，在区间上单调递减，

当时，，在区间上单调递增，

当时，取得极小值，也最小值，，

∴当时，函数的最小值为.

【小问2详解】

由已知，的定义域为，

若函数的最小值为，则有，∴，，

令，即的最小值为，

由第（1）问知，当且仅当时，取最小值，

∴当且仅当时，取得最小值，

又∵，

∴只需令有解，即有解，

令，，则，

当时，，在区间上单调递增，

当时，，在区间上单调递减，

∴，

综上所述，若函数的最小值为，则的最大值为.