2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期第一次月考数学试题

一、单选题
1．已知集合，M＝P∪Q，则集合M中的元素共有（       ）
A．4个 B．6个 C．8个 D．无数个
【答案】B
【分析】求出集合P中元素，然后求出即可得答案.
【详解】由已知，
又，则
集合M中的元素共有6个
故选：B
2．设函数，命题“”是假命题，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由命题“”是假命题可得其否定为真命题，结合不等式恒成立问题的解决方法可求的取值范围.
【详解】因为命题“”是假命题，
所以，
又可化为，即，
当时，，
所以在上恒成立，
所以其中，
当时有最小值为1，此时有最大值为3，
所以，
故实数的取值范围是，
故选：D
3．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章有弧田面积计算问题，计算术曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一.其大意是，弧田面积的计算公式为：弧田面积（弦×矢+矢×矢）.弧田是由圆弧（简称为弧田弧）和以圆弧的端点为端点的线段（简称为弧田弦）围成的平面图形，公式中“弦”指的是弧田弦的长，“矢”等于弧田弧所在圆的半径与圆心到弧田弦的距离之差.现有一弧田，其弦长等于，其弧所在圆为圆，若用上述弧田面积计算公式算得该弧田的面积为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由弧田面积求出矢，设半径为，圆心到弧田弦的距离为，
列出方程组求出，，从而得到，
再由，即可求解.
【详解】如图所示，由题意可得，
弧田面积（弦矢+矢矢）（矢+矢矢），
解得矢，或矢（舍去），
设半径为，圆心到弧田的距离为，则，解得，，
所以，所以.
故选：D

4．已知，则的值为（       ）
A． B． C．－ D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式及二倍角的正弦公式即可求解.
【详解】

，
故选：B
5．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先取的中点，连接，，，易证平面，从而得到平面为所求截面，再计算其面积即可.
【详解】取的中点，连接，，，如图所示：

因为，所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面，即平面为所求截面.
所以，.
故选：B
【点睛】本题主要考查线面平行的判定，同时考查了正方体的截面，属于简单题.
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，则函数y＝f(x)的极大值为（       ）
A．1 B． C． D．－1
【答案】A
【分析】求导，根据导数的几何意义求得a的值，再根据导数的正负判断极值点，求得极大值.
【详解】由由题意得 ,
故，则 ，
所以，令，
则，，
当或时，；当时，，
故函数在时取得极大值为，
故选：A.
7．的值是（    ）
A．0 B．1 C．-1 D．
【答案】B
【分析】根据二项展开式的运算公式，分析出展开前的式子即可.
【详解】.
故选：B.
8．已知函数是定义在上的奇函数，对任意的，均有且，当时，，则方程的实根个数为（    ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【解析】利用函数的奇偶性和周期性得到函数的图像，在同一直角坐标系中画出两个函数图像，数形结合，即得解.
【详解】函数是定义在上的奇函数，对任意的，均有，可得为周期为2的奇函数，
可得，又，，
画出函数与的图象，如图所示，

当时，与有5个交点，
当时与有7个交点，
故方程有12个实数根，故D正确．
故选：D
【点睛】本题考查了函数的图像与性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合的能力，属于中档题.

二、多选题
9．已知由样本数据点集合，求得的回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得的回归直线的斜率为，则（    ）
A．变量与具有正相关关系
B．去除后的估计值增加速度变快
C．去除后与去除前均值，不变
D．去除后的回归方程为
【答案】ACD
【解析】A. 根据回归直线方程的x系数的正负判断.B. 根据去除前后x的系数大小判断. C.根据去除前后样本点不变判断. D.根据回归直线方程求解方法可判断.
【详解】因为回归直线方程为，，所以变量x与y具有正相关关系.故A正确.
因为，所以去除后y的估计值增加速度变慢，故B错误.
当时，，所以样本点为，
又因为，，所以去掉两个数据点和后，样本点还是，故C正确；
又因为去除后重新求得的回归直线l的斜率为1.2，所以，解得，
所以去除后的回归方程为，故D正确.
故选：ACD．
10．如图所示，是一个3×3九宫格，现从这9个数字中随机挑出3个不同的数字，记事件A1：恰好挑出的是1、2、3；记事件A2：恰好挑出的是1、4、7；记事件A3：挑出的数字里含有数字1.下列说法正确的是（       ）
1
2
3
4
5
6
7
8
9

A．事件A1，A2是互斥事件
B．事件A1，A2是独立事件
C．P(A1|A3)＝P(A2|A3)
D．P(A3)＝P(A1)＋P(A2)
【答案】AC
【分析】根据互斥事件和相互独立事件的概念判断AB；利用条件概率公式计算概率判断C；计算判断D.
【详解】A.挑出的是1、2、3和挑出的是1、4、7不可能同时发生，正确；
B.事件A1，A2不是独立事件，错误；
C.，正确；
D. ，，错误.
故选：AC.
11．在正四面体中，若，则下列说法正确的是（    ）
A．该四面体外接球的表面积为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．如果点在上，则的最小值为
D．过线段一个三等分点且与垂直的平面截该四面体所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】结合正四面体的性质结合选项逐项分析即可求出结果.
【详解】
正四面体中，，图中点为外接球的球心，半径为，为的外心，
所以，由于，
又因为，所以，解得，
因此外接球的表面积为，故A正确；
由于，且与平面所成的角为，
因此，故B错误；
因为于，所以;于，所以;
因此当与点重合时，最小，最小值为，故C正确；
在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，连接,
又因为，所以平面，因此平面即为所求，

则的周长为，
同理在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，
连接,可得平面，而平面即为所求，
，
则的周长为，故D正确.
故选：ACD.
12．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数（），（），（为自然对数的底数），则（    ）
A．在内单调递增
B．和间存在“隔离直线”，且的取值范围是
C．和之间存在“隔离直线”，且的最小值为
D．和之间存在唯一的“隔离直线”
【答案】AD
【分析】令，利用导数可确定单调性，判断A；设，的隔离直线为，根据隔离直线定义可得不等式组对任意恒成立；求得的范围，可判断BC；假设隔离直线为，分别讨论、和时，是否满足恒成立，从而确定，再令，利用导数可证得恒成立，由此可确定隔离直线，判断D.
【详解】A：令，，
∴，故在内单调递增，故A正确；
对于B，C：设，的隔离直线为，则对任意恒成立，
故对任意恒成立，
由对任意恒成立，得
若，则符合题意，
若，则对任意都成立，
又因为的对称轴为，从而，
所以，
又的对称轴为，
，即且，
∴，故，
同理可得，即，故BC错误；
D：函数和的图象在处有公共点，若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，
设隔离直线的斜率，则隔离直线方程，即，
由（）恒成立，
若，则，（）不恒成立，
若，由（）恒成立，
令，（），则在上单调递增，，
故不恒成立，不符合题意，
故，可得在时恒成立，
的对称轴为，
则时只有，此时直线，
下面证明，
令，则，
易得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得极小值0，也是最小值，
所以，故，所以和存在唯一的隔离直线，故D正确.
故选：AD.

三、填空题
13．已知随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为____________．
【答案】25
【分析】由正态分布曲线的对称性求出，再由基本不等式求最值．
【详解】解：随机变量服从正态分布，，
由，得，
又，
，且，，
则．
当且仅当，即，时等号成立．
的最小值为25．
故答案为：25．
14．某中学元旦晚会共由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有_______．
【答案】300
【分析】根据题意，分2步进行分析：①，将除丙之外的5人排成一排，要求甲在乙的前面，②，5人排好后有5个空位可选，在其中任选1个，安排丙，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①，将除丙之外的5人排成一排，要求甲在乙的前面，有种情况，
②，5人排好后有5个空位可选，在其中任选1个，安排丙，有5种情况，
则有种不同的顺序，
故答案为：．
【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
15．_____.
【答案】
【分析】通分利用辅助角公式及二倍角公式计算可得；
【详解】解：







故答案为：
16．已知函数，，若函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则的取值范围是_________．
【答案】
【分析】先根据题意，求出的解得或，然后求出f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情况讨论求出的取值范围.
【详解】解：令t=f（x），函数有3个不同的零点，
即+m=0有两个不同的解，解之得
即或
因为的导函数
，令，解得x>e，，解得0 可得f（x）在（0，e）递增，在递减；
f(x)的最大值为 ，且
且f(1)=0；
要使函数有3个不同的零点，
（1）有两个不同的解，此时有一个解；
（2）有两个不同的解，此时有一个解
当有两个不同的解，此时有一个解，
此时 ，不符合题意；
或是不符合题意；
所以只能是 解得
，
此时=-m，
此时
有两个不同的解，此时有一个解
此时 ，不符合题意；
或是不符合题意；
所以只能是解得
，
此时=，

综上：的取值范围是
故答案为
【点睛】本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题.

四、解答题
17．已知，，，
(1)求和的值；
(2)求的值．
【答案】(1) ，，（2）
【分析】（1）把已知条件两边平方，然后利用同角三角函数间的关系及二倍角的正弦函数公式化简可得的值，根据的范围利用同角三角函数间的关系求出即可得到的值；
（2）根据的范围求出的范围，由的值利用同角三角函数间的关系求出的值，然后利用二倍角的正弦函数公式及同角三角函数间的关系分别求出和的值，根据第一问分别求出和的值，把所求的式子利用两角和的余弦函数公式化简后，将每个三角函数值代入即可求出．
【详解】(1)由题意得()2＝，
即1＋＝，∴.
又，∴＝，
∴＝.
(2)∵，，∴＝，
于是).
又.
又.
又＝，
，()．
∴
×(－)－×＝－.
【点睛】本题重点考查学生灵活运用二倍角的正弦函数公式、同角三角函数间的基本关系及两角和的余弦函数公式化简求值，解题的关键是注意角的取值范围，属于中档题．
18．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.
（1）求m的值；
（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；
（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.
【答案】（1）7；（2）128；（3）.
【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；
（2）令即可获解；
（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.
【详解】（1）展开式的通项为，
∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，
，即.
（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.
（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，
∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.
19．已知函数（），且的解集为.
（1）求函数的解析式；
（2）解关于的不等式；
（3）设，若对于任意的，都有，求的最小值.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.
【分析】（1）由题得的根为，2，即得函数的解析式；
（2）整理得，再对分类讨论解不等式，即得解；
（3）求出，转化为，求出，，即得解.
【详解】（1）因为的解集为，
所以的根为，2，
所以，，即，；
所以；
（2），
化简有，
整理得，
所以当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
（3）因为时，
根据二次函数的图像性质，
有，
则有，
所以，，
因为对于任意的都有，
即求，
转化为，
而，，
所以，此时可得，
所以M的最小值为.
20．某学校共有2000名学生，其中女生1200人，为了解该校学生在学校的月消费情况，采取分层抽样随机抽取了200名学生进行调查，月消费金额分布在550～1050元之间．根据调查的结果绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图如图所示，将月消费金额不低于850元的学生称为“高消费群”．

(1)求a的值，并估计该校学生月消费金额的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
(2)若样本中属于“高消费群”的男生有10人，完成下列2×2列联表，并判断是否有99.9%以上的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关．

属于“高消费群”
不属于“高消费群”
合计
男



女



合计




P（）
0.025
0.010
0.005
0.001

5.024
6.635
7.879
10.828

（，其中n＝a＋b＋c＋d）
【答案】(1)，平均数为元
(2)列联表见解析，有以上的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关．

【分析】（1）由频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得，再根据频率分布直方图中平均数计算公式计算可得；
（2）按照分层抽样求出样本中男生、女生的人数，再由频率分布直方图求出“高消费群”的人数，即可完善列联表，计算出卡方，即可判断；
【详解】(1)解：由频率分布直方图可得，解得，
所以样本的平均数为
（元）
(2)解：依题意知，样本中男生人，
女生人，属于“高消费群”的有人，
列出下列列联表：

属于“高消费群”
不属于“高消费群”
合计
男
10
70
80
女
40
80
120
合计
50
150
200

所以，所以有以上的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关．
21．在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD=1，AE=AC=2，F为DE的中点，且点E满足．

（1）证明：GF∥平面ABC；
（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A-BE-D的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，易得四边形CDNM是平行四边形，进而可得CM//DN，由中位线性质有GF//DN，则GF//CM，再应用线面平行的判定即可证结论.
（2）过B作BH⊥AC交AC于H，由多面体ABCDE体积最大即BH最大，可知AB=BC=，构建{,,}为正交基底的空间直角坐标系，求面ABE、面DBE的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角ABED的余弦值.
【详解】（1）取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND．
在梯形ACDE中，DC∥EA且DC=EA，且M，N分别为BA，BE中点，
∴MN//EA，MN=EA，
∴MN//CD，MN=CD，即四边形CDNM是平行四边形，
∴CM//DN，又，N为EB中点，
∴G为EN中点，又F为ED中点，
∴GF//DN，即GF//CM，又CM平面ABC，GF平面ABC，
∴GF∥平面ABC．

（2）在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．
∴平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，BH平面ABC，BH⊥AC，
∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B-ACDE的高，
又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，此时AB=BC=．
过点H作HP∥AE，易知HB，HC，HP两两垂直，
以{,,}为正交基底建立如图所示的平面直角坐标系H-xyz，

∴A(0,1,0)，B(1,0,0)，E(0,1,2)，D(0,1,1)，则=(1,1,0)，=(1,1,2)，=(0,2,1)．
设 =(x1,y1,x1)为平面ABE的一个法向量，则，即，取=(1,1,0)，
设=(x2,y2,z2)为平面DBE的一个法向量，则，即，取=(3,1,2)，
∴，由图知：二面角ABED为钝二面角，
∴二面角ABED的余弦值为.
22．已知函数．
(1)判断函数在上的单调性，并说明理由；
(2)对任意的，，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调递增，理由见解析
(2)

【分析】（1）首先求出函数的导函数，再令，利用导数说明函数的单调性，就即可得到，从而得到，即可得解；
（2）记，求出函数的导函数，由（1）可得在定义域上单调递增，再分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可判断；
【详解】(1)解：函数在上是单调增函数，理由如下：
因为，所以．
记，则，令，得．
当时，为单调增函数；
当时，为单调减涵数，
所以，所以，即．
又，
所以，
所以函数在上是单调增函数．
(2)解：记，是．
由（1）知，为上的单调增函数．
1°当时，，
所以，所以为上的单调增函数，
所以，即．所以符合题意．
2°当时，，又．
记，则，
所以为上的单调增函数，所以，
所以，所以．
又在上的图象不间断，且为上的单调增函数，
根据零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得．
所以当时，，单调递减，所以，
这与任意的，矛盾，
所以不符合题意
综上可得．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．