湖南省长郡中学2023届高三下学期月考(七)数学试题及参考答案

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长郡中学2023届高三月考试卷（七）
数学
时量：120分钟满分：150分
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. 设集合，，则（ ）
A. A=B B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，再判断各选项的对错.
【详解】因为，，
所以且，所以A错，B错，
，C错，
，D对，
故选：D.
2. 设、，若（为虚数单位）是一元二次方程的一个虚根，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知实系数一元二次方程的两个虚根分别为、，利用韦达定理可求得、的值，即可得解.
【详解】因为是实系数一元二次方程的一个虚根，则该方程的另一个虚根为，
由韦达定理可得，所以.
故选：C.
3. 圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得圆台的高，然后根据圆台的体积公式求得正确答案.
【详解】求得直径为，半径为，
圆台的下底面半径为，所以圆台的高为，
所以圆台的体积为.
故选：A
4. 如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）

A. 72 B. 56 C. 48 D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数.
【详解】将四个区域标记为，如下图所示：
第一步涂：种涂法，
第二步涂：种涂法，
第三步涂：种涂法，
第四步涂：种涂法，
根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法，

故选：.
5. 已知数列满足：.则的前60项的和为（ ）
A 1240 B. 1830 C. 2520 D. 2760
【答案】D
【解析】
【分析】由递推关系可得：从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项，以24为公差的等差数列，进而求解.
【详解】由，
故，，，，….
故，，，….
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；
，，，….
从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项，以24为公差的等差数列.
故.
故选：D
6. 已知，函数，存在常数，使得为偶函数，则可能的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用三角函数性质的应用和函数的奇偶性的应用求出结果.
【详解】解：由函数，存在常数，使得为偶函数，
则，
由于函数为偶函数，
故，
所以，
当时，.
故选：C.
【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题.
7. 已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，若的离心率为，则的值为（ ）
A. 3 B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，
即,解得或,又因为,即.
故选：A
8. 若，，，，则a，b，c，d中最大的是（ ）
A. a B. b C. c D. d
【答案】C
【解析】
【分析】先将，，，变换为：，，，，得到，构造函数，，，结合导数和作差法得到，，从而得出，，，中最大值.
【详解】因为，
，
，，所以；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
综上：， ，即，，，中最大的是.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题中，真命题有（ ）
A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是8.5
B. 若随机变量，则
C. 若事件A，B满足且，则A与B独立
D. 若随机变量，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据百分位数的定义计算并判断A，由二项分布的方差公式判断B，再根据独立事件的概率公式判断C，由正态曲线的对称性判断D.
【详解】对于A，对数据排序得到1,2,3,4,5,6, 7,8, 9, 10，由，所以70%分位数是，故A错误；
对于B，由知，故B错误；
对于C，因为，即，又，即，所以，故A与B独立，故C正确；
对于D，由题设，对应正态曲线关于对称，所以，故D正确.
故选：CD
10. 已知是函数的一个零点，则（ ）
A. 在区间单调递减
B. 在区间只有一个极值点
C. 直线是曲线的对称轴
D. 直线是曲线的切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】先利用函数的零点解出，再根据整体代换思想结合正弦函数的图象和性质判断ABC，利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题意得，所以，，即，，
又，所以时，，故，
选项A：当时，，由正弦函数图象可得在上单调递减，正确；
选项B：当时，，由正弦函数图象可得只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点，正确；
选项C，当时，，，故直线不是对称轴，错误；
选项D，由得，
所以或，，解得或，，
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为即，正确；
故选：ABD
11. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A. 直线的斜率为 B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】
对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD


12. 如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是( )

A. 若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B. 存在Q点，使得平面
C. 当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D. 若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；
B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；
C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；
D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.
【详解】取、中点，连接、、PF，

由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，
∴∥，∵平面，平面，∥平面，
同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，
∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.
，
，，则当时，d有最大值1；
②，，则当时，d有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，，
，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开式中含x项的系数为________．
【答案】
【解析】
【分析】先写出的展开式的通项，然后利用前三项的系数成等差数列来列方程求得，再令通项中的的次数为1可求得，进而可求出展开式中含x项的系数.
【详解】的展开式通项为，
根据前三项的系数成等差数列得，
解得或（舍去）
令，得，
展开式中含x项的系数.
故答案为：.
14. 若，则__________，_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.

15. 已知是椭圆的左､右焦点，点P是椭圆上任意一点，以为直径作圆N，直线与圆N交于点Q（点Q不在椭圆内部），则___________.

【答案】
【解析】
【分析】利用向量的数量积运算可得，利用，进一步利用椭圆的定义可转化为，进而得解.
【详解】连接,设椭圆的基本量为，
,

故答案为：3.
16. 在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则______.
【答案】##0.25
【解析】
【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
所以，即，，
所以数列为公差为的等差数列，
又因为
，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，
，
因为
所以，
假设，同理可得，
综上，，
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）14
【解析】
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
【小问2详解】
解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.

18. 设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
19. 如图，四面体中，，E为的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成的角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【小问1详解】
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.


20. 浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉.东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种.栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义.根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化.现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图.

（1）用频率分布直方图估计样本的平均数近似代替，标准差s近似代替，已知.根据以往经验，把果径与的差的绝对值在内的果实称为“标准果”.现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率；（结果精确到0.01）
（2）随着直播带货的发展，该农场也及时跟进.网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本.现该农场有一款“”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元.根据收集到的数据，知若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，（为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润?
参考数据：；；；；；.
【答案】（1）0.38
（2）当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.
【解析】
【分析】（1）利用二项分布求出相应概率；（2）分别求出采用A，B款包装盒获得利润的数学期望，通过比较大小，得到相应结论.
【小问1详解】
由题意得：，所以，，则，，所以，设从农场中摘取20颗果，这20颗果恰好有一颗不是“标准果”为事件A，则
【小问2详解】
由，解得：，所以，采用A款包装盒获得利润的数学期望，
采用B款包装盒获得利润的数学期望，
令，解得：a=，
由于，令，解得：，
令，解得：，
故当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.
21. 已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
22. 已知，函数，记为的从小到大的第个极值点，证明：
（1）数列是等比数列
（2）若，则对一切，恒成立.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）求导，可知，利
用三角函数的知识可求得的极值点为，即可得证；（2）分析题意可知，问题等
价于恒成立，构造函数，利用导数判断其单调性即可得证.
试题解析：（1）
其中，，令，由得，即，，
对，若，即，则，
若，即，则，
因此，在区间与上，的符号总相反，于是
当时，取得极值，∴，
此时，，易知，而
是非零常数，故数列是首项为，公比为的等比数列；（2）由（1）知，，于是对一切，|恒成立，即恒成立，等价于（）恒成立（∵），
设，则，令，得，
当时，，∴在区间上单调递减；
当时，，∴在区间上单调递增，
从而当时，函数取得最小值，因此，要是（）式恒成立，只需，即只需，而当时，，且，于是
，且当时，，因此对一切，，∴，故（）式亦恒成立.
综上所述，若，则对一切，恒成立.
考点：1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.
【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.