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

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：A

2．一学习小组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：C

3．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：A

8．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：ABD

10．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：BC

11．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：

【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）

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.