2023届湖南省张家界市慈利县第一中学高三上学期第四次月考数学试题（解析版）

2023届湖南省张家界市慈利县第一中学高三上学期第四次月考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数的单调性，结合交集运算，可得答案.

【详解】集合，集合，∴.

故选：D.

2．设复数（其中为虚数单位），是的共轭复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用共轭复数的定义及复数的除法法则，结合复数加法法则即可求解.

【详解】,所以

所以.

故选：B.

3．如图，在正方形中，分别为边的中点，若，则（    ）

A． B． C． D．4

【答案】C

【分析】根据向量线性运算法则，结合题意即可求解

【详解】因为在正方形中，分别为边的中点，

所以，

所以，所以，

故选：C

4．如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O的球面上，则球O与正八面体的体积之比是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由棱锥与球的体积公式求解，

【详解】由题意得正方形的中心即为外接球球心，设，则，

球的体积为，

而，故正八面体的体积，

得，

故选：A

5．某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为40，满盘时直径为120，已知卫生纸的厚度为0.1，则满盘时卫生纸的总长度大约（    ）（π≈3.14，精确到1）

A．60 B．80 C．100 D．120

【答案】C

【分析】将卫生纸的长度近似看成400个直径成等差数列的圆周长的和，利用等差数列前n项和公式即可求得满盘时卫生纸的总长度大约为100

【详解】空盘直径是，半径是，周长是

满盘直径是，半径是，周长是

，则每一圈周长成等差数列，共400项，

，

故选：C.

6．记函数的最小正周期为T，若，且是图像的一个最高点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由周期范围求得的范围，由图像最高点求解与值，可得函数解析式，则可求．

【详解】函数的最小正周期为，

则，由，得，，

因为是图像的一个最高点，则

且，则

，取，可得，

所以，

则

故选:A.

7．随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地，其半径为，，为弧的中点，要在其内接矩形（点、分别在半径、上，点、在弧上，且）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：）（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接OP，设，利用正弦定理表示出PQ和PN的长，再用的表达式表示出矩形的面积，利用三角函数求解最值问题

【详解】连接OP，OC交PN于点E，设，四边形为矩形，并且，，又为弧的中点，，，，在直角三角形POE中，，，在中，，由正弦定理得，.矩形的面积

，由题意可得，，当时，矩形面积最大为.

故选：C

8．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.

【详解】，，

由于，则，同理可知，，

函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，

，则，，则，

构造函数，其中，则.

当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.

所以，.

故选：C.

【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.

二、多选题

9．下列四个条件中，能成为的充分不必要条件的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】由充分必要条件的概念与不等式性质对选项逐一判断，

【详解】对于A，若，则，，

而当，时，，故是的充分不必要条件，故A正确，

对于B，若，则，若，则，

故是的充要条件，故B错误，

对于C，当时，，而，故C错误，

对于D，若，则，当，时，无意义，

故是的充分不必要条件，故D正确，

故选：AD

10．已知等比数列的公比为，其前项之积为，且满足，，，则（        ）

A． B．

C．的值是中最小的 D．使成立的最大正整数的值为4043

【答案】ABD

【分析】由等比数列的性质得，再对选项逐一判断，

【详解】由，，得，且，

对于A，，故A正确，

对于B，，故B正确，

对于C，当时，，当时，，

故的值是中最小的，故C错误，

对于D，，，故使成立的最大正整数的值为4043，故D正确，

故选：ABD

11．已知圆，直线过点，且交圆于两点，点为线段的中点，则下列结论正确的是（       ）

A．点的轨迹是圆

B．的最小值为6

C．若圆上仅有三个点到直线的距离为5，则的方程是

D．使为整数的直线共有16条

【答案】ABD

【分析】根据直线与圆的关系，结合题目给的条件逐一判断选项对错即可.

【详解】因为直线恒过点，所以，点在以为直径的圆上，则点的轨迹是圆，故A正确；

易知圆心到直线的距离最大值，故的最小值为，最大值为，故B正确；

由题知圆，直线过点，圆上仅有三个点到直线的距离为5，

因为圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为2，

当斜率存在时，设直线为，即，

又因为圆心到直线的距离为，解得，

所以的方程是 ，

当斜率不存在时，直线为，此时圆心到直线的距离为，满足题意，故C错误；

由最短弦与最长弦有唯一性，而长度介于两者之间的弦有对称性可知，使为整数的直线有（条），故D正确.

故选：ABD.

12．如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（    ）

A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为

B．满足的点P的轨迹长度为

C．存在点P，使得平面AMP经过点B

D．存在点P满足

【答案】AD

【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.

【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，

由正方体的性质知，，，，

所以平面平面，又平面，平面，

故点的轨迹为线段，故A正确；

对B，方法一：在平面中过作，交于，设，

则，，，

由，可解得，

同理，在平面中过作，交于，可得，

因为，所以平面，

因为，所以平面，所以点P的轨迹为线段，长度为，故B不正确；

方法二：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

则，，设，且，，

，，

，即，

又，，则点的轨迹为线段，,

且，故B错误；

对于C，方法一：取中点，连接，正方体中，易得，所以平面截正方体的截面为平面，显然平面，故不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；

方法二：设，且，，

若平面AMP经过点B，则，且，

又,

所以，即，

因此，从而，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B,故C错误；

对于D，方法一：延长至，令，则，

所以，

因为，所以存在点满足，故D正确.

方法二：点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，

故，故存在点满足，故D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．已知数列的前n项和为，若，，则___________．

【答案】94

【分析】由，可得当时，，两式相减可证得数列是以为首项，公比为2的等比数列，可求出的通项公式，即可求出.

【详解】由已知，，①，

当时，，

当时，②，

①－②得：，整理得：，即，

所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，

所以，

所以，，

所以．

故答案为：94.

14．已知是奇函数，且当时，.若，则__________.

【答案】-3

【分析】当时，代入条件即可得解.

【详解】因为是奇函数，且当时，．

又因为，，

所以，两边取以为底的对数得，所以，即．

【点睛】本题主要考查函数奇偶性，对数的计算．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案．

15．若曲线在在，两点处的切线互相垂直，则的最小值为________．

【答案】##

【分析】化简可得，求出导数可得切线斜率在范围内，即可得出切线斜率必须一个是1，一个是，即可求出.

【详解】，

曲线的切线斜率在范围内，

又曲线在两点处的切线互相垂直，

故在，两点处的切线斜率必须一个是1，一个是.

不妨设在A点处切线的斜率为1，

则有，，

则可得，

所以.

故答案为：.

16．设是椭圆（）的右焦点，为坐标原点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点（点在轴上方），过作的垂线，垂足为，且，则该椭圆的离心率是__．

【答案】

【分析】结合图形，利用几何性质以及椭圆定义、勾股定理、离心率公式进行求解.

【详解】

由题可知，，且，所以，

又因为是的中点，所以是的中位线，

所以，且，又直线的斜率为，

所以，设，，

所以，，联立解得，，

由勾股定理有：，即，

所以，所以 .

故答案为：.

四、解答题

17．已知．

(1)求的单调递增区间；

(2)若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，再结合三角函数性质求解，

（2）转化为与图象有两个交点，数形结合求解，

【详解】（1），

由得，，

故的单调递增区间为

（2）令，当时，，

作函数的图象，

数形结合可得，当或时，与有两个交点，

即有两解，

综上，当函数在区间上恰有两个零点时，

的取值范围为

18．已知数列的首项，且满足.

(1)求证：数列是等比数列；

(2)求数列的前n项和.

【答案】(1)证明见解析；

(2)当为偶数时，；

当为奇数时，.

【分析】（1）根据等比数列的定义进行证明即可；

（2）利用分组求和法，结合错位相减法进行求解即可.

【详解】（1）由题知：

所以

又因为

所以

所以数列为以－1为首项，－1为公比的等比数列；

（2）由（1）知：，

所以，，

记，

所以，当为偶数时，；

当为奇数时，；

记

两式相减得：，

所以，

所以，当为偶数时，；

当为奇数时，.

19．立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．

(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面

(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；

（2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角．

【详解】（1）取线段中点，连接，

由图1可知，四边形是矩形，且，

是线段与的中点，

且，

在图1中且，且．

所以在图2中，且，

且

四边形是平行四边形，则

由于平面，平面

平面

（2）由图1，，折起后在图2中仍有，

即为二面角的平面角．

，

以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，

且设，

则，

，

，

设平面的一个法向量，

由，得，取则

于是平面的一个法向量，

，

∴直线与平面所成角的正弦值为

【点睛】20．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．

(1)求角；

(2)己知，，点为的中点，点在线段上且，点为与的交点，求的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得角；

（2）根据向量的线性运算表示，，根据向量数量积与模长求得夹角的余弦值.

【详解】（1）由，得，

又，

所以，

又，所以，

所以，即，，

又，，

所以，；

（2）点为的中点，，

又，，

，

，

，

，

，

.

21．椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，点M为椭圆上位于x轴上方的一点，满足，且的面积为2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.过点作直线的垂线，垂足为，问：在平面内是否存在定点使得为定值，若存在，求出点的坐标；若不存在，试说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆定义，解得，即可求得椭圆方程；

（2）根据的斜率关系，求得的斜率关系；设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，求得直线恒过的定点，结合，即可求得满足题意的点.

【详解】（1）因为，所以 ， 即 ，

所以，所以，

又，，，

所以，即，所以，

所以，所以椭圆方程为.

（2）依题意，，设，，

若直线PQ的斜率为0，则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意；

所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，

与椭圆C联立，整理得：，

所以，

且，因为是椭圆上一点，即

所，

则， 即，

因为， 得

即

因为

，

整理得，解得，直线PQ恒过定点.

所以点H在以BM为直径的圆上，故存在点为BM的中点，满足题意.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中定值问题的求解；第二问中处理的关键是能够借助的斜率关系，求得的斜率关系，从而证明直线恒过定点，属综合困难题.

22．已知函数，其中.

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；

（Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证：

【答案】（Ⅰ） 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析.

【详解】（Ⅰ）由，可得，其中且，

下面分两种情况讨论：

（1）当为奇数时：

令，解得或，

当变化时，的变化情况如下表：

所以，在，上单调递减，在内单调递增.

（2）当为偶数时，

当，即时，函数单调递增；

当，即时，函数单调递减.

所以，在上单调递增，在上单调递减.

（Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则

由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.

（Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，可得

，当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得.

类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，

，即对任意，

设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.

由此可得.

因为，所以，故，

所以.

【解析】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.