精品解析：湖南师范大学附属中学2023届高三上学期第一次月考数学试题（解析版）

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炎德·英才大联考湖南师大附中2023届高三月考试卷（一）数学一､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. 已知复数满足，则（    ）A  B.  C. 1 D. 【答案】A【解析】【分析】由题设，利用复数的除法求.【详解】由题设，，则.故选：A2. 已知集合关于的方程无实数根方程表示椭圆，则（    ）A.  B. 点C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用求集合A，根据曲线表示椭圆求集合B，再应用集合的交运算求.【详解】由无实根，则，即，由表示椭圆，则，可得或，所以，或.故.故选：D3. 已知边长为2的等边为其中心，对①；②；③；④这四个等式，正确的个数是（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】对于①：根据向量线性运算整理可得，理解判断；对于②、④：根据向量数量积的定义，代入运算判断，注意对向量夹角的理解；对于③：根据为三角形的重心，理解判断．【详解】对于①：，则，∴①错误；对于②：，∴②正确；对于③：根据题意可知为等边重心，∴则，∴③正确；对于④：，∴④正确；故选：C．4. 自5月初，麓山之巅观日出在抖音走红后，每天都有上千人披星戴月登顶岳麓山看日出，登顶游客中外地游客占，外地游客中有乘观光车登顶，本地游客中有乘观光车登顶，乘观光车登顶的票价为20元.若某天有1200人登顶观日出，则观光车营运公司这天的登顶观日出项目的营运票价收入是（    ）A. 4800元 B. 5600元 C. 6400元 D. 7200元【答案】C【解析】【分析】根据全概率公式先求任选一人，他是乘观光车登顶的概率为，再结合二项分布求每天的营运票价收入．【详解】从登顶观日出的人中任选一人，他是乘观光车登顶的概率则观光车营运公司这天的登顶观日出项目的营运票价收入是元）故选：C．5. 有一个圆台型的密闭盒子（表面不计厚薄），其母线与下底面成60°角，且母线长恰好等于上下底半径之和，在圆台内放置一个球，当球体积最大时，设球的表面积为，圆台的侧面积为，则（    ）A.  B.  C.  D. 无法确定与的大小【答案】B【解析】【分析】根据母线与下底面成角，且母线长恰好等于上下底半径之和，得到，通过计算得到圆台正好有一个与其上下底面及侧面都相切的内切球，此球体积最大且半径是，计算出与，比较出大小.【详解】如图所示，过点D作DE⊥AB于点E，设圆台上下底的半径分别为，由其母线与下底面成角，且母线长恰好等于上下底半径之和，则，且，解得：，故，取AC中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接OB，OD，则由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可得：OB⊥OD，所以，故满足条件的圆台正好有一个与其上下底面及侧面都相切的内切球，此球体积最大且半径，表面积，圆台上下底的半径分别为，母线长为，侧面积，则.故选：B6. 奇函数在区间上恰有一个最大值1和一个最小值-1，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由为奇函数且得，由已知有，根据正弦型函数的性质及最值分布列不等式组，求参数范围.【详解】由为奇函数，则，，又，故，所以，在，则，，当，则，故无解；当，则，可得；当，则，无解.综上，的取值范围是.故选：B7. 已知函数，则、、的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，分析函数在上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、的大小，并比较与的大小，结合函数的单调性可得出结论.【详解】因为，对任意的，，所以，函数的图象关于直线对称，则，当时，，因为二次函数在上为增函数，且，所以，函数、在上为增函数，所以，函数在上为增函数，令，其中，则，故函数在上为减函数，所以，，即，所以，，所以，，又因为，即，所以，.故选：A.8. 在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，可得的具体形状，由折叠，可得当面面时，此时的点到底面的距离最大，设，将四棱锥中底面积和高，都用表示出来，整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.【详解】由得，由余弦定理得，则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，设，在中，，点到底面的距离，则，，令，解得，可得下表： 极大值故当时，该棱锥的体积最大，为.故选：C.二､多选题：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. 已知正方体中，点是线段靠近点的三等分点，点分别为的中点.下列说法中正确的是（    ）A. 四点共面 B. C. 平面 D. 三棱锥与三棱锥体积相等【答案】BD【解析】【分析】A若为的中点，易证共面，由已知得在面外，即可判断；B利用正方体中的线面垂直的性质判断；C若为的中点，应用线面平行的性质可得，根据与面的位置关系即可判断；D利用等体积法即可判断.【详解】A：由正方体性质知，若为的中点，又为的中点，所以，故，则共面，而是线段靠近的三等分点，所以在面外，即面，所以不共面，错误；B：由题设知：面，面，则，而，，面，所以面，面，故，正确；C：若为的中点，又为的中点，易知：，所以为平行四边形，故，而面，所以与面不平行，错误；D：由、，而，则；所以，故到面距离相等，正确.故选：BD10. 已知函数，下列说法正确的是（    ）A. 时存在单调递增区间B. 时存在两个极值点C. 是为减函数的充要条件D. 无极大值【答案】AC【解析】【分析】求出导函数，注意到，只要讨论的正负即可得，由在上有解求得的范围，判断A，在时，由导数确定函数的极值点判断B，由导数与函数单调性的关系判断C，由导数与极值的关系判断D．【详解】存在单调递增区间，即在有解，即：在有解，最小值为，故，A正确；时，函数的判别式，存在两个零点，但，故在时异号，只有一个值是的解，即只有一个变号零点，只有一个极值点，B错误；为减函数，即恒成立，则且，故，C正确；当时，，函数的判别式，存在两个零点，且，，不妨设，可得或时，，时，，即在和让递减，在上递增，是极大值点，存在极大值，错误.故选：AC．11. 已知是抛物线上两动点，为抛物线的焦点，则（    ）A. 直线过焦点时，最小值为4B. 直线过焦点且倾斜角为时（点在第一象限），C. 若中点的横坐标为3，则最大值为8D. 点坐标，且直线斜率之和为与抛物线的另一交点为，则直线，方程为：【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由题意，过焦点，则垂直轴时最小，可得答案；对于B，已知直线的倾斜角，可根据抛物线焦半径公式，可得答案；对于C，根据三角形三边性质，可得不等式，由于中点坐标已知，根据抛物线定义与梯形中位线，可得答案；对于D，利用中点弦的斜率公式，可求得点的纵坐标，进而求得该点的坐标，根据可以，求得的斜率，同样方法，可得点的坐标，可得答案.【详解】对于A选项，直线过焦点，当垂直于轴时，取最小值，故正确；对于B选项，由题意，作图如下：
则，轴，轴，即，，，，即，，，，，，故错误；对于C选项，由于为两动点，所以，当且仅当直线过焦点时等号成立，故正确；对于D选项，依题意，，故，即，由题意，，同理可得，故直线方程为，故正确.故选：ACD.12. 将个数排成行列的一个数阵.如图：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）.已知，记这个数的和为.下列结论正确的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据，，及等差数列、等比数列通项公式求出，即可判断A、C，再利用错位相减法计算B，根据等比数列和等差数列求和公式计算判断D.【详解】解：，，解得或（舍负），即选项A正确；，即选项C错误；令，则①②，①②得，，，当时，，即选项B正确；，即选项D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】其二项式展开通项：当，解得的展开式中常数项是：.故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.14. 若直线和直线将圆的周长四等分，则__________．【答案】2【解析】【分析】由条件可得直线和直线间的距离为，由此可求的值.【详解】设直线和圆相交与点，直线与圆相交于点，圆心为，因为直线和直线将圆的周长四等分，所以圆心位于两直线之间，且,所以为等腰直角三角形，所以圆心为到直线的距离为，同理可得圆心为到直线的距离为，故直线和直线间的距离为，所以，所以，故答案为：2.15. 在中，，则当取最大值时，___________.【答案】1【解析】【分析】利用基本不等式和三角函数两角和与差的公式，直接计算即可求解.【详解】在中，知，且，当且仅当时取等号，在单调递增，则此时取最大值，且，，，得，，，.故答案为：116. 过双曲线 的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左､右两支分别交于点，若，则双曲线的离心率是___________.【答案】【解析】【分析】设双曲线的左焦点为，连接设，分别求得，同理，结合，求得，进而求得离心率.【详解】如图所示，根据点到直线的距离公式可得点到直线的距离为，设双曲线的左焦点为，连接，则，在中，设，则，在中，由余弦定理得，将代入整理后得，同理，因为，所以，故离心率为.故答案为：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. 已知数列中为直角坐标平面上的点.对任意三点共线.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据向量共线的坐标表示：，整理得，即可判断数列是等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；（2）根据裂项相消求和，，代入运算理解．【小问1详解】由题意得：，三点共线，则，可得，即.数列是首项为1公差为1的等差数列，所以.【小问2详解】，所以18. 某公园要建造如图所示的绿地为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB与BC的总长度为12米且.设.（1）当时，求的长；（2）当时，求面积的最大值及此时的值.【答案】（1）米    （2）当时，养殖场最大的面积为平方米【解析】【分析】（1）在中，根据题意利用余弦定理运算求解；（2）在中，利用余弦定理建立边角关系，再结合辅组角公式整理可得，根据正弦函数分析求解．【小问1详解】在中，由余弦定理，得，故.因此的长为米.【小问2详解】由题意，所以.在中，由余弦定理得所以，于是.当，即时，取到最大值，最大值为.因此，当时，养殖场最大的面积为平方米.19. 如图，在直角中，，将绕边旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点为上的点，且.（1）求点到平面的距离；（2）设直线与平面所成的角为，求的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，分别计算三棱锥与三棱锥的体积，设出点到平面的距离，由构造方程解得答案；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，分别找到直线的方向向量，求出平面的法向量，代入直线与平面所成的角计算公式，计算得答案.【小问1详解】证明：由题意知：，平面，平面，平面，又，所以，所以，设点到平面的距离为，由得，解得；【小问2详解】以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由题意知，则，所以.设平面的法向量为，则，取，则，可得平面的一个法向量为，所以.20. 某工厂为了提高生产效率，对生产设备进行了技术改造，为了对比技术改造后的效果，采集了技术改造前后各次连续正常运行的时间长度（单位：天）数据，整理如下：改造前：；改造后：.（1）完成下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析判断技术改造前后的连续正常运行时间是否有差异？技术改造设备连续正常运行天数合计超过不超过改造前   改造后   合计    （2）工厂的生产设备的运行需要进行维护，工厂对生产设备的生产维护费用包括正常维护费和保障维护费两种，对生产设备设定维护周期为天（即从开工运行到第天，）进行维护，生产设备在一个生产周期内设置几个维护周期，每个维护周期相互独立.在一个维护周期内，若生产设备能连续运行，则只产生一次正常维护费，而不会产生保障维护费；若生产设备不能连续运行，则除产生一次正常维护费外，还产生保障维护费，经测算，正常维护费为万元/次，保障维护费第一次为万元/周期，此后每增加一次则保障维护费增加万元.现制定生产设备一个生产周期（以天计）内的维护方案：，.以生产设备在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费的分布列及均值.（其中）【答案】（1）列联表答案见解析，技术改造前后的连续正常运行时间有差异    （2）分布列答案见解析，均值为万元【解析】分析】（1）根据题意，补全列联表，代入公式计算结果，对照表格，判断得答案；（2）首先判断一个维护周期内，生产线需保障维护的概率为，设一个生产周期内需保障维护的次数为，则服从二项分布，再根据题意找到与生产周期内生产维护费的关系，计算的可能取值，依次计算其概率得分布列，计算分布列的期望，得答案.【小问1详解】列联表为：技术改造设备连续正常运行天数合计超过不超过改造前改造后合计零假设：技术改造前后的连续正常运行时间无差异.，依据小概率值的独立性检验分析判断不成立，即技术改造前后的连续正常运行时间有差异；【小问2详解】由题知，生产周期内有4个维护周期，一个维护周期为30天，一个维护周期内，生产线需保障维护的概率为，设一个生产周期内需保障维护的次数为，则，一个生产周期内的正常维护费为万元，保障维护费为万元，一个生产周期内需保障维护次时的生产维护费为万元，设一个生产周期内的生产维护费为，则的所有可能取值为，所以，的分布列为一个生产周期内生产维护费的均值为万元.21. 设分别是圆的左､右焦点，M是C上一点，与x轴垂直.直线与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为（1）求椭圆C的离心率.（2）设是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A､B两点，过点D作线段AB的垂线，垂足为Q，判断在y轴上是否存在定点R，使得的长度为定值？并证明你的结论.【答案】（1）    （2）存在，证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，表示点的坐标，根据斜率与倾斜角的关系，可得出的等量关系，再根据的性质，可得齐次方程，即可得答案；（2）根据椭圆上顶点的性质，可得的值，进而得到椭圆的标准方程，设出直线的方程，并联立且消元整理一元二次方程，写韦达定理，根据垂直，解得截距的值，得到直线过定点，根据圆的性质，直径所对的圆周角为直角，半径为定值，可得圆心便是答案.【小问1详解】由题意知，点在第一象限.是上一点且与轴垂直，的横坐标为.当时，，即.又直线的斜率为，所以，即，即，则，解得或（舍去），即.【小问2详解】已知是椭圆的上顶点，则，椭圆的方程为，易得直线AB的斜率必然存在，设直线的方程为，由可得所以，又，.，化简整理有，得或.当时，直线经过点，不满足题意；当时满足方程中，故直线经过轴上定点.又为过点作线段垂线的垂足，故在以为直径的圆上，取的中点为，则为定值，且22. 已知函数.（1）判断函数在区间上极值点的个数并证明；（2）函数在区间上的极值点从小到大分别为，设为数列的前项和.①证明：；②问是否存在使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）函数在区间内恰有两个极值点，证明见解析    （2）①证明见解析；②不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）求函数在给定区间上的导数，以分子整式构造函数，再次求导，研究该导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义，可得答案；（2）①根据（1）可得所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得与大小关系，可得答案；②由①可得相邻两个极值之和与零的大小关系，进而得到当为偶数时，和与零大小关系，再根据三角函数的性质，得到奇数时极值与零的大小关系，可得答案.【小问1详解】，设，又，当时，在上单调递减，，在上无零点；当时，在上单调递增，，在上有唯一零点；当时，在上单调递减，，在上有唯一零点.综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，故函数在区间内恰有两个极值点.【小问2详解】①由（1）知在无极值点；在有极小值点，即为；在有极大值点，即为，同理可得，在有极小值点，在有极值点，由得，，，，由函数在单调递增得，，由在单调递减得，.②同理，，由在上单调递减得，，且，当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，即，结论成立；当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，即，结论也成立，综上，对一切成立，故不存在使得