2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（一）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（一）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数不等式及分式不等式的解法求出集合，结合集合的补集及交集的定义即可求解.

【详解】由，得，所以.

由，得，所以，

所以，

故选：B.

2．已知复数满足，则（       ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】设，代入中化简可求出，

【详解】设，

因为，

所以，

所以

所以，

因为，所以，即，

所以，

所以，

故选：B

3．若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（       ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

【答案】C

【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.

【详解】由题意可得，

故

，

，

，

故 ，

由于 ，故，

故选：C

4．生物体死亡后，它机体内原有的碳14含量会按确定的比率衰减（称为衰减率），与死亡年数之间的函数关系式为（其中为常数），大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”．若2021年某遗址文物出土时碳14的残余量约占原始含量的，则可推断该文物属于（       ）

参考数据：

参考时间轴：

A．宋 B．唐 C．汉 D．战国

【答案】D

【分析】根据给定条件可得函数关系，取即可计算得解.

【详解】依题意，当时，，而与死亡年数之间的函数关系式为，

则有，解得，于是得，

当时，，于是得：，解得，

由得，对应朝代为战国，

所以可推断该文物属于战国.

故选：D

5．《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有

A．240种 B．188种 C．156种 D．120种

【答案】D

【详解】当E,F排在前三位时，=24,当E,F排后三位时，=72，当E,F排3，4位时，=24，N=120种，选D.

6．函数（且）在一个周期内的图象如图所示，将函数图象上的点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（       ）

A． B．1 C．－1 D．

【答案】A

【分析】由图象得的解析式，再由三角函数的图象变换可得函数的解析式，即可求.

【详解】解：由图象可知，则．由，得．

则．

∵点在函数图象上，∴，∴，．

∵，∴.

∴函数解析式为．

将函数图象上的点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得．

故．

故选:A．

7．在三棱锥中，平面ABC，，与的外接圆圆心分别为，，若三棱锥的外接球的表面积为，设，，则的最大值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题可得，然后利用球的性质可得，进而可得，再利用基本不等式即求.

【详解】∵平面ABC，

∴，

则为直角三角形，其外心为PB的中点，的外心，

∴，又，

∴，

设三棱锥的外接球的为，连接，则平面ABC，

∴，

∴，又三棱锥的外接球的表面积为，

∴，即，

由可得，

∴，当且仅当时取等号.

∴的最大值是.

故选：B.

8．蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的，从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是，这样的设计含有深刻的数学原理.我著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构，著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》一书.用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在六棱柱的三个顶点处分别用平面，平面，平面截掉三个相等的三棱锥，平面，平面，平面交于点，就形成了蜂巢的结构.如图，设平面与正六边形底面所成的二面角的大小为，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用的面积与的面积比可求的值.

【详解】解：先证明一个结论：如图，在平面内的射影为 ，

的平面角为 , ，则.

证明：如图，在平面内作，垂足为，连接，

因为在平面内的射影为，故，

因为，故，

因为，

故平面.

因为平面，

故，所以为二面角的平面角，

所以=.

在直角三角形中，.

由题设中的第二图可得：.

设正六边形的边长为，则，

如图，在中，取的中点为，连接，则，

且，，

故，

故，

故.

故选：C.

【点睛】

二、多选题

9．已知椭圆：，、是椭圆的两个焦点，、是椭圆上两点，且、分别在轴两侧，则（       ）

A．若直线经过原点，则四边形为矩形

B．四边形的周长为20

C．的面积的最大值为12

D．若直线经过，则到直线的最大距离为8

【答案】BC

【分析】根据题意，结合椭圆的对称性，焦点三角形的性质依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：选项A：若直线经过原点，易知四边形为平行四边形，因为不一定与相等，所以不一定是矩形，故不正确；

选项B：四边形的周长为，故正确；

选项C：的面积的最大值为，故正确；

选项D：若直线MN经过，则到直线的最大距离为，故不正确．

故选：BC．

10．已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（       ）

A．平面

B．与EH所成的角的大小为45°

C．平面

D．平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为

【答案】ABD

【分析】首先根据球的性质、勾股定理说明E，F，G，H分别是正方体棱的中点，再根据线面平行的判定定理、异面直线所成角的求法、线面垂直的性质以及二面角的定义、等腰三角形进行判断.

【详解】在正方体中，平面，又平面，所以，在中，，又正方体的棱长为2，点O为的中点，所以，又，设，所以，即H是正方体棱的中点，同理可证，E，F，G分别是棱，，的中点.

对于选项A，因为G，H分别是棱、的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；

对于选项B，因为，所以与EH所成的角即为，因为E，H分别是棱、的中点，大小为45°，故B正确；

对于选项C，因为E，H分别是棱、的中点，所以，因为G，H分别是棱、的中点，所以面，所以，又，所以平面，又，所以不垂直于平面，故C错误；

对于选项D，取EF、GH的中点I、Q，连接OI 、QI、QO，因为OF=OE，所以，同理可证，所以即为平面与平面OEF所成角的平面角，根据勾股定理有：，，，所以在等腰中有：.

所以平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为，故D正确.

故选：ABD.

11．已知函数，则（       ）

A．在单调递增

B．有两个零点

C．曲线在点处切线的斜率为

D．是偶函数

【答案】AC

【解析】根据函数的定义域可判断D，利用函数的导数的正负可判断A，利用导数的几何意义可判断C，根据函数值的情况及零点定义可判断B.

【详解】由知函数的定义域为，

，

当时，，，

故在单调递增，A正确；

由，当时，，

当，所以只有0一个零点，B错误；

令，，故曲线在点处切线的斜率为，C正确；

由函数的定义域为，不关于原点对称知，不是偶函数，D错误.

故选：AC

【点睛】关键点点睛：解决本题时，利用函数的导数判断函数的增减性，利用导数的几何意义求切线的斜率，属于中档题.

12．已知函数，则下列说法正确的有（       ）

A．当时，

B．若不等式至少有3个正整数解，则

C．过点作函数图象的切线有且只有一条

D．设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是

【答案】ACD

【分析】A选项，利用分段函数特征求解解析式；B选项，数形结合进行求解；C选项，设出切点坐标，利用斜率列出方程， 结合单调性得到零点个数，即可判断；D选项，同构构造函数，参变分离，利用导函数得到最值，进而求出的最大值.

【详解】对于A：当，∴，，∵，∴，A正确；

对于B：，画出与的图象，根据函数的图象，

要想至少有3个正整数解，要满足，∴，故B错；

对于C：设切点则，

∴，即，设，当时，，∴是单调递增函数，∴最多只有一个根，又，

∴，由得切线方程是，故C正确；

对于D.：由题意.设，则，于是在上是增函数.因为，，所以，即对任意的恒成立，因此只需.设，，所以在上为增函数，所以，所以，即的最大值是，选项D正确；

故选：ACD.

【点睛】分段函数与不等式相结合的题目，往往需要数形结合进行求解，尤其是整数解个数问题，画出函数图象，转化为交点个数问题等.

三、填空题

13．的展开式中的系数是______（用数字作答）．

【答案】-4480

【分析】，把三项式转化成二项式，利用二项式定理求解.

【详解】解：，

其展开式的通项为，令，则，

的通项为，

令的系数为.

所以的展开式中的系数是.

故答案为：-4480

14．过点作圆的两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为_______．

【答案】

【分析】由题知、，进而求解方程即可.

【详解】解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，

所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，

所以，

所以直线的方程为，即；

方法2：设，，则由，可得，

同理可得，

所以直线的方程为.

故答案为：

15．已知函数有两个不同的极值点、，且，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】由可得，分析可知函数在上有两个不等的零点，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.

【详解】函数的定义域为，且，

令可得，

设，其中，则函数在上有两个不等的零点，

所以，，解得.

故答案为：.

四、双空题

16．定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”.已知椭圆是“黄金椭圆”，则___________，若“黄金椭圆”两个焦点分别为、，P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接并延长交于点N，则___________．

【答案】         

【分析】由离心率的定义可求得，利用结合椭圆定义可求解．

【详解】由题，，所以．

如图，连接，设内切圆半径为，

则，即，

，

∴，

∴

∴，

∴．

故答案为：；．

五、解答题

17．已知数列满足

(1)记，写出，并求出数列的通项公式；

(2)求数列的前2022项和.

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）根据的定义求得，求出，由等比数列通项公式可得结论；

（2）由得，，然后用并项求和法结合等比数列前项和公式计算．

【详解】(1)，

又

(2)，则

18．如图，为中点，曲线上任一点到点的距离相等，在曲线上且关于对称.

(1)若点与点重合，求的值；

(2)求五边形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理即可得出答案；

（2）根据题意可得，则，设，则，根据三角形的面积公式结合三角函数的性质即可得出答案.

【详解】(1)若点P与点C重合，连接，

，

在中，，

所以，

因为，

所以，

(2)连接，

因为曲线CMD上任一点到O距离相等，

所以，

因为P，Q关于OM对称，

所以，

设，则，

则

，其中，

当时，取得最大值，

所以五边形面积S的最大值为.

19．如图，圆台下底面圆的直径为， 是圆上异于的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，.

(1)证明：平面；

(2)求平面和平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)线线垂直从而证明线面垂直.

(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.

【详解】(1)∵为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，

故

又∵，，

∴

∵，

∴，

∴

∴，又∵，，平面

∴平面

(2)取的中点，连接，则，由(1)可知，

∵，∴平面，

又∵

∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系；…

由题意可得，，

∵平面，∴，

四边形为矩形，

∴   

平面的一个法向量为.

设平面的一条法向量为，，

由     得     令，则，

平面的一个法向量为             

则平面与平面的夹角的余弦值为

∴平面和平面夹角的余弦值为

20．根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子的概率模型为：

其中.每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为且相互独立，事件表示一个家庭有个孩子，事件表示一个家庭的男孩比女孩多（例如：一个家庭恰有一个男孩，则该家庭男孩多）.

(1)若，求和；

(2)为了调控未来人口结构，其中参数受到各种因素的影响（例如生育保险的增加，教育､医疗福利的增加等）.

①若希望增大，如何调控的值？

②是否存在的值使得，请说明理由.

【答案】(1)，；

(2)①增加p的取值；②不存在，理由见解析.

【分析】(1)根据条件概率计算方法求出，再根据即可计算求值；

(2)①根据分布列的概率和为1得到与p的关系，构造函数，利用导数判断其单调性，求出其f(p)单调性，从而可判断=α的单调性，从而得到结果；

②根据分布列概率和为1及列出关于p的方程，判断方程是否有解即可．

【详解】(1)由题意得：，

所以，

．

由全概率公式，得

，又，则；

(2)①由，得，

记，，则，

记，则，

故在单调递减．

∵，∴，∴，在单调递减．

因此增加p的取值，会减小，增大，即增大．

②假设存在p使，又，

将上述两式相乘，得，

化简得，，

设，则，

则在单调递减，在单调递增，的最小值为，

∴不存在使得．

21．设为双曲线的左､右顶点，直线过右焦点且与双曲线的右支交于两点，当直线垂直于轴时，为等腰直角三角形.

(1)求双曲线的离心率；

(2)已知，若直线分别交直线于两点，当直线的倾斜角变化时，以为直径的圆是否过定点，若过定点求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.

【答案】(1)2

(2)以为直径的圆过定点或

【分析】（1）当直线垂直于轴时，为等腰直角三角形，故，列出方程，得到，求出离心率；

（2）直线的斜率存在时，设出直线，与双曲线联立后得到两根之和，两根之积，求出直线，得到，同理得到，求出以为直径的圆的圆心和半径，得到以为直径的圆的方程，求出定点坐标，再验证当直线的斜率不存在时，是否满足.

【详解】(1)由已知得：，

将代入中，，

当直线垂直于轴时，为等腰直角三角形，

此时，

即，整理得：，

因为，所以，

方程两边同除以得：，解得：或（舍去），

所以双曲线的离心率为2

(2)因为，所以，解得：，

故，，所以双曲线方程为，

当直线的斜率存在时，

设直线的方程为：，

与双曲线联立得：，

设，

则，，

因为直线过右焦点且与双曲线的右支交于两点，

所以，解得：，

直线，则，

同理可求得：，

则

，

其中，

所以

则以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，

所以以为直径的圆的方程为：，

整理得：，所以以为直径的圆过定点，，

当直线的斜率不存在时，此时不妨设，

此时直线，点P坐标为，同理可得：，

.以为直径的圆的方程为，点，在此圆上，

综上：以为直径的圆过定点，.

【点睛】直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.

22．已知是自然对数的底数，函数，直线为曲线的切线，.

(1)求的值；

(2)①判断的零点个数；

②定义函数在上单调递增.求实数的取值范围.

【答案】(1)1

(2)①零点个数为1个；

②

【分析】（1）求出的导数，设出切点，可得斜率，由切线方程可得参数方程即可求得答案；

（2）①利用零点的性质判断出零点的范围，然后利用的导数判断出函数的单调性，即可判断出零点个数；

②先求出的交点设为，并求出的具体范围，然后利用新定义求最小值并求得的解析，然后利用恒成立的判断分离参数后利用函数的单调性即可求得答案.

【详解】(1)解：由题意得：

设切线的且点位，则可得：，又

可得 ： ①

又因为直线为曲线的切线

故可知 ②

由①②解得：

(2)① 由小问（1）可知：

，

故必然存在零点，且

又因为，当时，

当时，令

故

故在上是减函数

综上分析，只有一个零点，且

② 由的导数为

当时，递增，当时，递减；

对的导数在时，递增；

设的交点为，由（2）中①可知

当时，

，

由题意得：在时恒成立，即有；

在上最值为

故

当时，

，

由题意得：在时恒成立，即有

令，则可得函数在递增，在上递减，即可知在处取得极小值，且为最小值；

综上所述：，即.