2022-2023学年度湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考(二)数学试题

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雅礼中学2023届高三月考试卷（二）数学本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，时量120分钟，满分150分.第I卷一、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】B【解析】【分析】先解出集合，再利用集合的交集运算求得结果.【详解】由得，故，由得，故，所以.故选：B.2. 在平面直角坐标系中， 以点(0，1)为圆心且与直线相切的圆的标准方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由条件利用点到直线的距离公式求得半径，可得要求的圆的标准方程．【详解】由题意可得圆心为点(0，1)，半径为，要求的圆的标准方程为，故选：A．3. Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（    ）（ln19≈3）A. 60 B. 63 C. 66 D. 69【答案】C【解析】【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】，所以，则，所以，，解得.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.4. 在某种信息传输过程中，用6个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，例如001100就是一个信息．在所有信息中随机取一信息，则该信息恰有2个1的概率是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求出总的事件个数，再求恰好有2个1的种数，根据概率公式即可求解.【详解】每个位置可排0或1，故有2种排法，因此用6个数字的一个排列的总个数为，恰好有2个1的排列的个数共有，故概率为：，故选：D5. 已知圆锥的母线长为 2 ， 轴截面顶角的正弦值是， 过圆锥的母线作截面，则截面面积的最大值是（    ）A. 1 B.  C. 1 或 2 D. 2【答案】C【解析】【分析】截面形状为等腰三角形，结合面积的正弦形式可得结果.【详解】∵轴截面顶角的正弦值是，∴轴截面顶角为或，设截面三角形顶角为，则截面面积为当轴截面顶角为时，截面面积的最大值是；当轴截面顶角为时，截面面积最大值是.故选：C6. 设函数，若为函数的一个极值点，则下列图像不可能为的图像是A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】，令则，因为为函数的一个极值点，所以是的一个根，即于是，，则故A、B可能；对于D，，，则，与图矛盾，不可能，故选D 7. 已知分别是双曲线的左、右焦点， 过的直线与双曲线的右支相交于、两点， 且． 若， 则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的定义可得：，，于是可得，，在中，由余弦定理可得，即可求得离心率的值.【详解】解：因为，，由双曲线的定义可得：，，则，易得，在中，由余弦定理可得，化简得，所以双曲线的离心率.故选：B.8. 在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（    ）A. 36 B. 24 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】要求三棱锥的体积最大，只需高最大，利用三角形相似与二次函数的性质可求得高的最大值，即可求解【详解】因为在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，所以，所以，即，过点作交于点，则易知为三棱锥的高，欲使三棱锥的体积最大，只需高最大，设，又，则，化简得，由二次函数的性质可知当时，的最大值为36，所以最大值为，即三棱锥高的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为：.故选：D．二、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. 关于统计数据的分析，有以下几个结论，其中正确的是（    ）A. 利用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平带状区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较高B. 将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，期望与方差均没有变化C. 调查剧院中观众观后感时，从排（每排人数相同）中任意抽取一排的人进行调查是分层抽样法D. 样本数据、、、、、、、、、的第百分位数是【答案】AD【解析】【分析】利用回归分析可判断A选项；利用平均数和方差公式可判断B选项；利用简单随机抽样的概念可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，利用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平带状区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较高，A对；对于B选项，设样本数据、、、的期望为，方差为，在每个数据上减去同一个数，新数据为、、、，则新数据的期望为，新数据的方差为，所以，期望发生了变化，而方差不变，B错；对于C选项，调查剧院中观众观后感时，从排（每排人数相同）中任意抽取一排的人进行调查，这种抽样是简单随机抽样，不是分层抽样，C错；对于D选项，样本数据由小到大排列依次为：、、、、、、、、、，共个数，因为，故该样本第百分位数为，D对.故选：AD.10. 1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写下公式（为虚数单位），这个公式在复变函数中有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，据此公式，则有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据题设中公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项.【详解】对于A，当时，因为，所以，故选项A正确；对于B，，故B正确；对于C，由，，所以,得出，故选项C正确；对于D，由C选项的分析得，推不出，故选项D错误.故选：ABC.11. 已知函数， 则下列结论正确的是（    ）A. 是偶函数 B. 在区间单调递减C. 的周期是 D. 的最大值为 2【答案】AB【解析】【分析】根据偶函数的定义即可判断A,根据复合函数的单调性即可判断B,根据周期的定义即可判断C，根据三角函数的性质即可判断D.【详解】的定义域为,，故是偶函数，故A正确，当时，，且在分别单调递增和单调递减，由复合函数的单调性可知均在单调递减，因此在区间单调递减，故B正确，由于，故不是的周期，故C错误，由于，所以，而，故，故D错误，故选：AB12. 下列不等关系正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，结合函数、指数函数、幂函数的单调性逐项判断各选项，可得出合适的选项.【详解】构造函数，其中，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，则.对于A选项，，即，即，可得，又因为，所以，，A对；对于B选项，，即，即，可得，在中，令，则，化简得，故，所以，即，所以，，故，B对；对于C选项，因为，则，故，故，C错；对于D选项，因为，即，则，即，所以，，又，因此，，D对.故选：ABD.【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：（1）判断各个数值所在的区间；（2）利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.第Ⅱ卷三、填空题： 本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．13. 已知且， 则的夹角是_____．【答案】##【解析】【分析】由题意易得，结合夹角余弦公式可得结果.【详解】∵且，∴，即，∴此时夹角为锐角，∴的夹角是.故答案为：14. 已知函数(为常数)为奇函数， 且为增函数， 则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】首先根据奇函数计算出的值，再利用导数和基本不等式即可计算出实数的取值【详解】因为(为常数)为奇函数且定义域为,所以，为为增函数等价于恒成立即令（当且仅当时取等号）故答案为：15 已知抛物线，直线与相交于两点，若使得，则_____．【答案】2【解析】【分析】设，联立直线与方程，可得，的值，同时求出，的值，由，可得，代入各值可得的值.【详解】解：设，依题意得,整理得,所以，，可得：，，由，且，可得,可得：，整理可得：，可得：，即解得，故答案为：216. 已知三角形数表：现把数表按从上到下、从左到右的顺序展开为数列，记此数列的前项和为．若，则的最小值是_____．【答案】95【解析】【分析】先找出每行的规律，再利用等比数列和等差数列的前项求解.【详解】设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第组的项数为，则组的项数和为，因为，令得即出现在第13组之后，第组的和为，组总共和为，若，则项的和应与 互为相反数，    设项总共有项，则其前项和为 所以解得当时，，则的最小值为.故答案为：95. 四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知，抛物线与轴正半轴相交于点．设为该拋物线在点处的切线在轴上的截距．（1）求数列的通项公式；（2）设， 求证： （且）．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求解坐标，求导，可得切线斜率，利用直线方程的点斜式，即得解；（2）代入，可得，由，裂项相消，即可证明【小问1详解】由题意，令，解得又在轴正半轴，故，故切线斜率抛物线在点处的切线方程为令所以它在轴上的截距．【小问2详解】由题意，故又对且时得证18. 在中， 角的对边分别为， 若．（1）求证： ；（2）对， 请你给出一个的值， 使不等式成立或不成立，并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析    （2）；证明见解析【解析】【分析】（1）根据三角形的内角和即可求解，（2）当时，由余弦定理以及正弦定理，结合不等式以及三角函数的性质，即可证明成立，当时，可举例子，即可证明不成立.【小问1详解】由且得小问2详解】当时， 不等式成立， 即有． 证明如下：由余弦定理有由 （1） 知，所以， 即．或当时， 不等式成立， 即有． 证明如下：由正弦定理有 (其中是外接圆的半径)由 （1） 知．而， 所以， 又，所以， 即．或，而由余弦定理 由 （1） 知 ，所以， 即．或当时， 不等式不成立， 即不成立． 证明如下：取， 则有，由于故,因此所以， 即．说明此时不成立19. 如图1，在中， 是边的中点，现把 沿折成如图2所示的三棱锥 ，使得．（1）求证：平面平面 ；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）做辅助线可得，，且，再由余弦定理有．又平面平面平面；（2）因为平面，且，故可如图建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为和平面的法向所求角的余弦值.试题解析： （1）在图1中，取的中点，连接交于，则，在图2中，取的中点，连接，，因为，所以，且，在中，由余弦定理有，所以，所以．又，所以平面，又平面，所以平面平面（2）因为平面，且，故可如图建立空间直角坐标系，则，，显然平面的法向量为设平面的法向量为，则由得；故所求角的余弦值.考点：1、线面垂直；2、面面垂直；3、二面角.20. 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级．
 现设，分别以表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述．(Ⅰ)写出的可能值集合；(Ⅱ)假设等可能地为1,2,3,4的各种排列，求的分布列；(Ⅲ)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有，(i)试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；(ii)你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由．【答案】(Ⅰ)｛0，2，4，6，8｝ (Ⅱ)见解析(Ⅲ) (i)1/216(ii)见解析【解析】【详解】解: ( 1 ) X的可能取值集合为{0、2、4、6、8}:在1、2、3、4中奇数与偶数各有两个,所以a2 , a4中的奇数个数等于a1 , a3中的偶数个数,与的奇偶性相同，所以必为偶数,X的值非赖,且易知其值不大于8，.:.X的可能取值集合为{0、2、4、6、8}( 2 )可以用列表或者树状图列出1、2、3、4的一共24种排列，计算每种排列下的x的值，在等可能的假定下，得到(3)①首先将三轮测试都有X≤2的概率记做P ,有上述结果和独立性假设得②由于是一个很小的概率,这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有X≤2的结果的可能性很小，:我们认为该品酒师确实有良好的鉴别功能,不是靠随机猜测.  21. 已知是圆上的任意一点， 线段的垂直平分线交于点．（1）求动点的轨迹的方程；（2）设交轨迹于另两点． 记和的面积分别为． 求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义即可求出动点的轨迹的方程.（2）设，根据余弦定理求出与的关系，从而得出，同理计算出，根据即可计算出答案.【小问1详解】由题意可知，所以动点的轨迹是以A、F为焦点且长轴长为 4 的椭圆， 因此方程为【小问2详解】设，则， 则在中， 由余弦定理得，则有． 同理．所以．设， 则． 同理可得所以． 易知，所以的取值范围是．22. 已知函数 (为正有理数)．（1）求函数的单调区间；（2）证明： 当时，．【答案】（1）的增区间为，减区间为，    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，（2）由于在单调递减，所以，令，所以只要证即可，而，所以只要证明： 当时，，而，所以令，然后利用导数求的最大值小于等于零即可.【小问1详解】函数的定义域为．（为正有理数)，当时，，，所以； 当时，，，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的增区间为，减区间为；【小问2详解】因为在单调递减， 所以．记，因此要证，只要证即可而且，因此只要证明： 当时，．而．令，则， 令， 则． 令，则，令，则，所以在(0，1]上单调递增， 又， 又在(0，1]上连续， 故存在， 使得当时，，当时，，所以在上单调递减， 在单调递增． 又，所以．即，所以在单调递减， 所以，即．综上所述，当时，．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是结合（1）将问题转化为证明当时，，构造函数，然后转化为利用导数求其最大值不大于零即可，考查数学转化思想，属于难题.