2023长沙师大附中高三上学期月考卷（五）数学含解析

数  学

命题：高三备课组

时景：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，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点所在的象限为

A.第一象限   B.第二象限   C.第三象限   D.第四象限

2.设，向量，，.则“”是“”的

A.充分不必要文件   B.必要不充分条件

C.充要条件    D.既不充分也不必要条件

3.如图所示，A，B是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合.若，，，则为

A.   B.

C.   D.

4.已知角的终边上有一点，则的值为

A.   B.   C.   D.

5.甲、乙两名司机的加油习惯有所不同，甲每次加油都说“师傅，给我加300元的油”，而乙则说“师傅帮我把油箱加满”，如果甲、乙各加同一种汽油两次，两人第一次与第二次加油的油价分别相同，但第一次与第二次加油的油价不同，乙每次加满油箱，需加入的油量都相同，就加油两次来说，甲、乙谁更合算（    ）

A.甲更合算    B乙更合算

C.甲乙同样合算   D.无法判断谁更合算

6.为参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，某班从班级初选的甲乙2名男生和6名女生共8名同学中随机选取5名组成班级代表队参加比赛，则代表队中既有男生又有女生的条件下，男生甲被选中的概率为（    ）

A.   B.   C.   D.

7.若直线与函数（且）的图象有两个公共点，则的取值不可以是（    ）

A.   B.   C.   D.3

8.已知函数的图象在处的切线与直线平行，若存在，使得不等式成立，则实数的最小值是（    ）

A.1   B.2   C.3   D.4

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.下列说法正确的是（    ）

A.若样本数据的方差为4，则数据的方差为9

B.若随机变量，，则

C.若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越弱

D.若事件A，B满足，，，则有

10.在棱长为2的正方体中，点M，N，P分别是线段，线段，线段上的动点，且.则下列说法正确的有（    ）

A.

B.直线MN与AP所成的最大角为90°

C.三棱锥的体积为定值

D.当四棱锥体积最大时，该四棱锥的外接球表面积为

11.已知函数，，则下列说法正确的是（    ）

A.在上是增函数

B.，不等式恒成立，则正实数的最小值为

C.若有两个零点，，则

D.若，且，则的最大值为

12.已知，分别为双曲线：的左、右焦点，点M为双曲线右支上一点，设.过M作两渐近线的垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（    ）

A.的最小值为

B.为定值

C.若当时，（为坐标原点）恰好为等边三角形，则双曲线的离心率为

D.当时，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线的斜率的绝对值为

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.的展开式中含的系数是_______.

14.若直线：与曲线：有两个不同的交点，则实数的取值范围是_______.

15.已知数列满足：对恒成立，且，其前项和有最大值，则使得的最大的的值是_________.

16.已知F为抛物线的焦点，由直线上的动点P作抛物线，切点分别是A，B，则与（为坐标原点）的面积之和的最小值是_________.

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.（本小题满分10分）

已知等比数列的首项，公比为，前项和为，且，，成等差数列.

（1）求的通项；

（2）若，，求的前项和.

18.（本小题满分12分）

在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.

（1）若，求；

（2）若BC边上的高是AH，求BH的最大值.

19.（本小题满分12分）

如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，，侧棱与底面所成角为60°.

（1）求三棱柱的体积；

（2）在线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.

20.（本小题满分12分）

甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为.该局比赛甲乙依次轮换发球权（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球.

（1）求在前4球中，甲领先的概率；

（2）12球过后，双方战平（6：6），已知继续对战奇教球后，甲率先取得11分获得胜利（获胜要求净胜2分及以上）.设净胜分为（甲，乙的得分之差），求的分布列.

21.（本小题满分12分）

已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦AB与CD，求的取值范围.

22.（本小题满分12分）

设函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）曲线与直线交于，两点，求证：；

（3）证明：.

参考答案

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.A

【解析】∵复数是纯虚数，∴且，故.

∴.

故复数在复平面内对应的点在第一象限，故选A.

2.A

【解析】因为，即；，即，故选A.

3.B

【解析】因为集合，，所以，，则.故选B.

4.C

【解析】角的终边上有一点，所以，所以

.

5.A

【解析】设两次的单价分别是元/升，

甲加两次油的平均单价为，单位：元/升，

乙每次加油升，加两次油的平均单价为，单位：元/升，

因为，，，

所以，即，

即甲的平均单价低，甲更合算.

6.D

【解析】记“代表队中既有男生又有女生”为事件，“男生甲被选中”为事件，

则，所以，所以，

或者.

故选D.

7.D

【解析】的图象由的图象向下平移一个单位，再将轴下方的图象翻折到轴上方得到，分和两种情况分别作图.如图所示：

当时，需要，即，即；

当时，有，都符合条件；

所以综上或，所以的取值不可以是D.

故选D

8.C

【解析】函数的导数为，

由题意可得的图象在处的切线的斜率为，

由切线与直线平行，可得，解得.

若存在，使得不等式成立，即为在时有解，

故在时有解，

令，，

则，

易得，时，恒成立，

故时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故时，取得最小值，

则，可得的最小值为3.

故选C.

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.BD

【解析】由于，所以数据的方差为16，因此选项A错误；

随机变量，，则，因此选项B正确；

线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故选项C错误；

由于等价于“事件A与事件B相互独立”，即，故必有.因此选项D正确.

故选BD.

10.ABC

【解析】对于A，因为正方体是棱长为2的正方体，连接，因为点M、N分别是线段、线段的动点，且，

所以，而，所以，因此A正确；

对于B，又，因此，

因此直线MN与AP所成的角就是直线与AP所成的角，

当P为中点时，直线与AP所成的角最大为90°，因此B正确；

对于C，，因此C正确；

对于D，当P为点时，四棱锥体积最大，该四棱锥的外接球即正方体的外接球，其表面积为，因此D不正确.

故选ABC.

11.ABD

【解析】A项中，令，则在是单调增函数且；又函数，易知函数在上是单调增函数，由复合函数单调性原理可知在上是增函数，所以A项正确；

B项中，时，，又为正实数，所以，又，所以单调递增，所以不等式等价于，对恒成立，即.令，知，所以在上递增，在上递减，所以，所以B项正确；

C项中，易知在上递减，在上递增，，所以，不妨设，则必有，若，则等价于，等价于，等价于，令，，，即在上递增，所以，则时，，所以不成立，即C错误；

D项中，由在上递减，在上递增，在上递减，在上递增，易知有唯一的解，又，所以，由，即，即有，所以，即，所以，又，所以，所以D正确.

12.BCD

【解析】对于A，因为是双曲线C的右焦点，点M为双曲线右支上一点，

所以由双曲线性质知：线段长度的最小值为，故A错误；

对于B，设，两渐近线方程分别为：，，所以，故B正确；

对于C，因为，所以，而（为坐标原点）恰好为等边三角形，

因此由知：，，

所以由双曲线的定义知：，

即，即双曲线的离心率，故C正确；

对于D，如图，

设直线与圆相切于点A，连接OA，则，且.

作于点B，则.

又因为，所以，，

因此在中，.

又点在双曲线右支上，所以，

整理得，即，因此双曲线的渐近线的斜率的绝对值，故D正确.

故选BCD.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.-12

【解析】略

14.

【解析】由题意可得直线：恒过定点，曲线：图象为以为圆心，2为半径的上半圆，

它们的图象如图所示，

当直线过点时，它们有两个交点，此时，

当直线与上半部分圆相切时，有一个交点，此时，

由图象可知，若直线与曲线有两个不同的交点，则，

即实数的取值范围是.

15.15

【解析】略

16.

【解析】略

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.【解析】（1）若，而首项，则，，，不合题意，故.

则，∴，

则.

（2）略

18.【解析】（1）由有：

，

即：.

即，又，∴，

由正弦定理得：.

（2）方法一：由及知，顶点在的外接圆上，

且在边所对的优弧上，外接圆的直径.

当与外接圆相切且在的延长线上时最大，

此时，.

方法二：

，

∵，

∴时，取得最大值.

19.【解析】（1）取中点M，连接AM，DM.因为为正三角形，为等腰三角形且以BC为底，

故，（三线合一），所以平面.

又平面，所以平面平面，

故在平面的射影在射线AM上，

为侧棱AD与底面所成角，

即.

在中，，，由余弦定理知，

故三棱锥为正三棱锥，高，底面的面积，

三棱柱的高也为2，故三棱柱的体积.

（2）以M为坐标原点，MA、MB为，轴建立如图所示坐标系.

依题意，，，，，

假设存在点满足题意，设，，

，.

设平面的法向量为，

则取，

平面的法向量.

依题意，，解得，故当位于点时，满足要求.

20.【解析】（1）甲与乙的比分是4：0的概率为；

比分是3：1的概率为.

故前4球中，甲领先的概率为，

（2）依题意，接下来由甲先发球.继续对战奇数球后，甲获得11分胜利，即甲11：6或11：8获胜，即在接下来的比赛中，甲乙的比分为5：0或5：2，且最后一球均为甲获胜.

设甲发球的两次对战中，甲乙比分为“2：0”，“1：1”，“0：2”依次为事件，，；

设乙发球的两次对战中，甲乙比分为“2：0”，“1：1”，“0：2”依次为事件，，.

由条件可知，，，，，，.

，

故甲依题意获胜的概率为.

的所有可能取值为3，5，

由条件概率有，，，故的分布列为：

21.【解析】∵，所以.

设椭圆方程为，将代入，得.

故椭圆方程为.

（2）①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，

易得，；

②当两条弦斜率均存在且不为0时，设，，

设直线的方程为，则直线的方程为，

将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得：

，

∴，，

∴，

同理，，

∴，

令，则，

∴，

∵，∴，

∴，∴，

∴，∴.

综合②可知，的取值范围为.

22.【解析】（1）当时，，，

时，，单调递减；

时，，单调递增.

（2），则，

由题意，知有两解，，不妨设，

要证，即证，

①若，则；

②若，由知，在上单调递减，在上单调递增，也有，

综合①②知，，所以只需证（*）.

又，，

∴两式相减，整理得，代入（*）式，

得，即.

令，即证.

令，则，

∴在其定义域上为增函数，∴，∴成立.

（3）由（2）知，，故，，

取，，所以，，

累加，得.