2023届湖南省部分校高三上学期9月月考数学试题含答案

2023届湖南省部分校高三上学期9月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用一元二次不等式解法求出集合，列举法写出集合，从而确定.

【详解】因为，所以.

故选 ：D.

2．已知点在函数的图象上，且在第二象限内，若的图象在点处的切线斜率为1，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出导函数，设，由求得（注意点在第二象限）即可得．

【详解】设点，因为，所以，由，得，又，所以点的坐标为.

故选：A．

3．生物学家为了了解抗生素对生态环境的影响，常通过检测水中生物体内抗生素的残留量来进行判断.已知水中某生物体内抗生素的残留量（单位：）与时间（单位：年）近似满足关系式，其中为抗生素的残留系数，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得，从而可求出.

【详解】因为，

所以，解得.

故选：D

4．如图，某校数学建模社团对该校旗杆的高度进行测量，该社团的同学在A处测得该校旗杆顶部P的仰角为，再向旗杆底部方向前进15米到达B处，此时测得该校旗杆顶部P的仰角为．若，则该校旗杆的高度为（    ）

A．14米 B．15米 C．16米 D．17米

【答案】B

【分析】利用直角三角形中的边角关系列式求解旗杆高度即可.

【详解】解：如图

由题可知：（米），

则在中，①，

在中，②，

联立①②解得：（米），（米）.

即该校旗杆的高度为15米.

故选：B.

5．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】利用导数的几何意义确定切线斜率，则可得，再利用和差公式与二倍角公式以及同角三角函数关系切化弦化简所求式子，得到含的式子，即可得结果.

【详解】解：因为，则

则曲线在点处的切线的斜率为，又倾斜角为

所以

则

.

故选：C.

6．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过函数解析式分析每个分段的值域，因为，值域为，所以，的值域应包含，所以判断出函数的单调性和的正负，从而求出实数的取值范围

【详解】当时，，其值域为，

当时，的值域应包含，所以为减函数，

所以，且，解得.

故选：A

7．某干燥塔的底面是半径为1的圆面，圆面有一个内接正方形框架，在圆的劣弧上有一点，现在从点出发，安装三根热管，则三根热管的长度和的最大值为（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】B

【分析】设，利用辅助角公式表达出，从而求出三根热管的长度和的最大值.

【详解】如图，连接，设，则，

可得:

，其中，所以，

由的范围可以取到最大值.

故选：B

8．已知，函数在上的最大值为，则（    ）

A．2或 B．或 C．2 D．

【答案】C

【分析】换元令，问题转化为的最小值为，利用导数确定单调性，分类讨论确定最小值求得参数值．

【详解】令，则，函数在上的最大值为且，即转化为的最小值为.

，（负值舍去），

，即时，在上单调递增，，解得；

当，即时，时，，递减，时，，递增，，解得，舍去．故

故选：C．

9．已知函数，则下列结论错误的是（    ）

A．的最小正周期是 B．的图象关于原点对称

C．在上单调递增 D．的图象关于直线对称

【答案】C

【分析】利用三角恒等变换化简函数可得，再根据正弦函数的性质及平移变换的特征逐一分析，即可得出答案．

【详解】解：

；

对于A，，故A错误；

对于B，因为，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；

对于C，在上的增区间满足，解得增区间为：，又区间是的一个子集，所以在上是单调递增，故C正确；

对于D，因为不是函数的最值，所以不是图象的一条对称轴，故D错误.

故选：C.

二、多选题

10．若，则B可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据子集概念即可得到结果.

【详解】∵，

∴B可能为，，，

故选：BCD

11．已知函数，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，点A，B，C是与图象的连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】先由平移变换得到 ，再同一坐标系中作出和的图象，求得两图象的相邻交点A，B，C的纵坐标，根据是锐角三角形求解.

【详解】解：向右平移个单位长度后得到，

函数 ，

如图所示：

，

由，

得，解得，

则，

又，且是锐角三角形，

所以，

则，

故选：AD

12．已知函数，若，则（    ）

A．为偶函数 B．在上为增函数

C． D．

【答案】AC

【分析】对A，根据偶函数的定义判断即可；对B，求导分析函数的单调性即可；对C，根据函数的单调性与奇偶性判断即可；对D，根据不一定成立判断即可.

【详解】对A，因为，所以为偶函数，故A正确；

对B，，当时，，所以，当时，，所以，所以在上单调递增，因为为偶函数，所以在上为减函数，故B错误；

因为，所以，又因为在上递增，所以，即，故C正确；

显然不一定成立，则不成立，故D错误.

故选：AC

三、填空题

13．集合且的所有非空真子集的个数为___________.

【答案】6

【分析】首先求集合的元素个数，再根据公式求解.

【详解】因为且，所以该集合的所有非空真子集的个数为.

故答案为：6

14．已知，则是的条件___________.（在充分不必要､必要不充分､充要､既不充分也不必要中选一个正确的填入）

【答案】必要不充分

【分析】首先根据题意得到，从而得到，即可得到答案.

【详解】，

当时，，解集不是，舍去，

当时，，解得.

综上：.

因为，所以是的必要不充分条件.

故答案为：必要不充分

15．在平面直角坐标系中，将向量绕原点按顺时针方向旋转后得到向量，则___________.

【答案】

【分析】求出的模及对应的角，即可得旋转后的角，进而算出坐标.

【详解】设以轴正半轴为始边，为终边对应的角为，

根据题意得，，，则，

向量绕原点按顺时针方向旋转后，，从而.

故答案为：4

16．已知函数若方程有5个不同的实数解，则实数a的取值范围为___________．

【答案】

【分析】令，则在，上各有一个实数解或的一个解为，另一个解在内，或的一个解为，另一个解在内.

【详解】函数的大致图象如图所示，

对于方程有5个不同的实数解，令，

则在，上各有一个实数解或的一个解为，另一个解在内，或的一个解为，另一个解在内，

当在，上各有一个实数解时，

设，则解得，

当的一个解为时，，

此时方程的另一个解为，不在内，不满足题意，

当的一个解为时，，

此时方程的另一个解为，不在内，不满足题意，

综上可知，实数的取值范围为，

故答案为：．

四、解答题

17．的内角的对边分别是.已知.

(1)求角；

(2)若，且的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦的二倍角公式变形可求得角；

（2）由面积公式求得，再由余弦定理求得，从而得三角形周长．

【详解】(1)因为，

所以，

因为，所以.

(2)因为的面积为，所以，解得，

由余弦定理得，

解得，

所以的周长为.

18．记为等比数列的前项和.已知，且成等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)（或）

【分析】（1）由题意可得与，从而可得公比，进而得到的通项公式；

（2）奇偶项讨论去掉绝对值，利用等比数列前项和公式可得结果.

【详解】(1)设的公比为，因为，

所以，

又因为成等差数列，所以，

所以，解得.

由，解得.

所以.

(2)当为奇数时，，

当为偶数时，，

所以，

化简得，

所以（或）.

19．如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.

(1)证明：.

(2)设二面角的平面角为，且，求的值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】(1)证明：取的中点，连接.

因为，所以.

又，所以四边形是平行四边形，从而.

因为，所以，从而.

因为，所以，则.

因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面，平面，从而.

又，平面，

所以平面，因为平面，所以；

(2)由（1）知两两垂直，以为坐标原点，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.

，

，可得.

设平面的法向量为，

由，

不妨令，则.

因为平面，所以可取平面的一个法向量为，

因为，所以，

解得或（舍去）.

20．某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动.活动规则如下：在一不透明的纸箱中有9张相同的卡片，其中3张卡片上印有“中”字，3张卡片上印有“国”字，另外3张卡片上印有“红”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取3张卡片，若抽到的3张卡片上都印有同一个字，则获得一张20元代金券；若抽到的3张卡片中每张卡片上的字都不一样，则获得一张10元代金券；若抽到的3张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.

(1)求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率.

(2)记随机变量为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求的分布列和数学期望.

(3)该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付5元.若你是消费者，请从收益方面来考虑是否愿意再次参加该项抽奖活动，并说明理由.

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

(3)我不愿意再次参加该项抽奖活动，理由见解析

【分析】（1）根据古典概型的方法，结合组合数的计算求解即可；

（2）的所有可能取值为，再分别求解分布列与数学期望即可；

（3）根据（2）中数学期望，求解消费者在一次抽奖活动中的收益判断即可.

【详解】(1)记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有‘中’字”为事件，则.所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率是

(2)随机变量的所有可能取值为，

则，

，

.

所以的分布列为

.

(3)记随机变量为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，

所以，因此我不愿意再次参加该项抽奖活动.

21．已知双曲线的离心率为，点在上.

(1)求双曲线的方程.

(2)设过点的直线与双曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，常数为．

【分析】（1）由离心率得出，再代入已知点坐标求得得双曲线方程；

（2）设，直线的方程为，代入双曲线方程，消去得的一元二次方程，由相交可得的范围，由韦达定理得，设存在符合条件的定点，计算出并代入化为关于的分式，由它是常数可求得，得定点坐标．

【详解】(1)因为双曲线的离心率为，

所以，化简得.

将点的坐标代入，可得，

解得，

所以的方程为.

(2)设，直线的方程为，联立方程组消去得（1-，

由题可知且，即且，

所以.

设存在符合条件的定点，则，

所以.

所以，

化简得.

因为为常数，所以，解得.

此时该常数的值为，

所以，在轴上存在点，使得为常数，该常数为.

【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的标准方程，考查双曲线中的定点问题，定点问题的解题方法是：设直线方程（或点斜式方程），设交点坐标为，直线方程代入双曲线方程消元化为一元二次方程（可由相交得参数范围或不等关系），应用韦达定理得，对定点问题可假设定点存在，设出定点坐标，计算定点满足的关系，并代入韦达定理的结论化简后，利用常数、定值得参数值，从而说明定点存在，否则不存在．

22．设函数，其中.

(1)当时，求的极大值；

(2)若不等式在区间上恒成立，证明：.

【答案】(1)极大值为

(2)证明见解析

【分析】（1）两次求导，分析导函数的单调性，即可得到的极大值；

（2）不等式在区间上恒成立，即不等式在区间上恒成立，设，研究函数的单调性，求出函数的最值，即可做出判断.

【详解】(1)当时，，

则，

令，得，令，得，

所以在上为增函数，在上为减函数，

，所以在上有一个零点，设为，在上的零点为0.

令，得，令，得或，所以在上为减函数，在上为增函数，故的极大值为.

(2)证明：不等式在区间上恒成立，即不等式在区间上恒成立，设，要使有意义，

则，所以，

.

当时，，则在上为减函数，，所以，则，令在上为增函数，，所以，故命题成立.

当时，令，得，令，得，

所以在上为增函数，在上为减函数，则的最大值为，因为，

所以，且.

①当时，，则，

所以，故命题成立；

②当时，，则，所以，

要证，即证，

需证.

设，即需证.

，令，易知在上单调递增，因为，

故在上有唯一零点，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，故命题成立.

综上，命题成立.

【点睛】方法点睛：证明不等式往往转化为新函数的最值问题，本题的关键是研究函数的单调性，合理的分类讨论.