2023届湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（八）数学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（八）数学试题含解析，共20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。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别解出两个集合的取值范围，取交集即可.
【详解】因为，，
可得，
因为，，
即，可得，
取交集可得，
故选：B.
2．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】计算得，关于虚轴对称即关于轴对称，得出结果即可．
【详解】由题意得，
∵复数与对应的点关于虚轴对称对称，
∴．
故选：D．
3．若双曲线的一条渐近线与轴的夹角是，则的虚轴长是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】由渐近线的倾斜角得斜率，从而可求得．
【详解】由题意知，直线的倾斜角为，
则，，
故双曲线的虚轴长是．
故选：D．
4．若，则的值是（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】A
【分析】二项式定理，第一步赋值求解偶数项的和，第二步所有系数和，方程联立即可.
【详解】令，令，令得
整理得，两式作差得 .
故选：A.
5．在中，“”是“”的
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】试题分析：由两边平方，得,所以，即；
若，则A+B=，所以.因此选B．
【解析】充分、必要、充要条件的判断；二倍角公式；诱导公式．
点评：熟练掌握三角形内的隐含条件：
；．
6．长沙烈士公园西南小丘上兴建了烈士纪念塔，纪念为人民解放事业牺牲的湖南革命烈士，它是公园的标志.为了测量纪念塔的实际高度，某同学设计了如下测量方案：在烈士纪念塔底座平面的点位置测得纪念塔顶端仰角的正切值为，然后直线走了20，抵达纪念塔底座平面点位置测得纪念塔顶端的仰角为.已知该同学沿直线行进的方向与他第一次望向烈士纪念塔底端的方向所成角为，则该烈士纪念塔的高度约为（ ）
A．30B．45C．60D．75
【答案】C
【分析】根据题设画出示意图，设，结合已知有，，，在△中应用余弦定理求，即可得结果.
【详解】由题设，如下图纪念塔为，且为底部，为顶部，，
由，，而，
若，则，，
在△中，
所以，即，可得，
所以米.
故选：C
7．已知点，直线与抛物线交于､两点，且直线，的倾斜角互补，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用韦达定理分别求出两点的纵坐标，根据斜率公式求解即可.
【详解】因为点在抛物线上，
所以根据题意可知，点不在直线上，
则的斜率一定存在，且不为零，
设的直线方程为，
联立，可得，
所以即
因为直线，的倾斜角互补，
所以将替换为，可得
所以，
故选:B.
8．函数在区间上存在极值，则的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】利用导数讨论函数的单调性和极值即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，
令，，
所以当时，，当时，，
所以在单调递增，单调递减，
所以，
又因为当时，则，
，
所以存在唯一，使得，
所以函数在时，时，
所以函数在单调递增，单调递减，
所以要使函数在区间上存在极值，
所以的最大值为3，
故选:B.
二、多选题
9．已知,,则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】两式平方再作差,利用基本不等式即可得大小关系,进而得选项A,B正误,两式相除,由于,将分子分母同时除以,再利用基本不等式即可求出其范围.
【详解】解:由题知,
所以,
当且仅当时取等,
因为,所以,
即,故,
即选项A错误,选项B正确;
因为,
所以,
当且仅当,即时取等,
所以可得,
故选项C正确,选项D错误.
故选:BC
10．数列首项，对一切正整数，都有，则（ ）
A．数列是等差数列
B．对一切正整数都有
C．存在正整数，使得
D．对任意小的正数，存在，使得
【答案】ABD
【分析】根据递推公式和等差数列的定义可判断A，进而求出可判断B,C,D.
【详解】由可得，，
所以，
即，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，A正确；
由A选项可知，所以，
所以对一切正整数都有，B正确；
若存在正整数，使得，
则无解，C错误；
因为，
所以，
对任意小的正数，取，则必存在，有，
此时，则，
所以当时，，D正确，
故选：ABD.
11．已知直线与轴交于点，点在直线上，圆上有且仅有一个点满足，则点的横坐标的取值可以为（ ）
A．B．C．3D．5
【答案】AD
【分析】根据，则在以为直径的圆上，从而可得以为直径的圆与圆只有一个公共点即可求解.
【详解】设，
因为，所以在以为直径的圆上，
又由题意可得，,所以中点为，
，
所以以为直径的圆方程为，
即，
由圆，可得，
两圆的方程相减可得，
所以方程只有一个解，
所以圆心到直线的距离
，得，
解得或，
故选:AD.
12．将2n(n∈N*)个有编号的球随机放入2个不同的盒子中，已知每个球放入这2个盒子的可能性相同，且每个盒子容纳球数不限记2个盒子中最少的球数为X(0≤X≤n，X∈N*)，则下列说法中正确的有（ ）
A．当n=1时，方差
B．当n=2时，
C．，，使得P(X=k)>P(X=k+1)成立
D．当n确定时，期望
【答案】ACD
【分析】对于A：当n=1时，，，，，根据，可判断；
对于B：当n=2时，由，可判断；
对于C：由，可判断；
对于D：由可判断.
【详解】当n=1时，，，，，
则，A正确；
当n=2时，，B错误；
由已知得，，k≤n-2，
，又有，所以P(X=n-l)>P(X=n)，C正确；
又
，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题考查随机变量的分布列，期望和方差，关键在于准确地写出随机变量的分布列，运用期望和方差的公式.
三、填空题
13．函数的图象在区间上连续不断，能说明“若在区间上存在零点，则”为假命题的一个函数的解析式可以为___________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据零点的定义求解.
【详解】考虑二次函数在区间上存在零点，但，
例如满足要求，
故答案为: .（答案不唯一）
14．若随机变量的数学期望和方差分别为，，则对于任意，不等式成立.在2023年湖南省高三九校联考中，数学科考试满分150分，某校高三共有500名学生参加考试，全体学生的成绩的期望，方差，则根据上述不等式，可估计分数不低于100分的学生不超过___________人.
【答案】10
【分析】可令，由题意得出，再结合全体学生的成绩的期望，计算得出，进而得出答案.
【详解】取，，所以或，
又因为，所以，即估计分数不低于100分的学生
不超过（人）.
故答案为：10
15．如图，在平面斜坐标系中，，平面上任意一点关于斜坐标系的斜坐标这样定义：若（其中，分别是轴，轴正方向的单位向量），则点的斜坐标为，向量的斜坐标为，，，则的面积为___________.
【答案】
【分析】设平面内一组不共线的基底，则根据题意可以将 ，用，表示，即可求得三角形的三边长，进而可以求得三角形的面积.
【详解】设与轴方向相同的单位向量为，与轴方向相同的单位向量为，
则，，，，
所以所以，
又因为，所以；
，所以；
故.
故答案为：
16．正方体的棱长为2，点平面，点是线段的中点，若，则当的面积取得最小值时，三棱锥外接球的体积为___________.
【答案】
【分析】先构建空间直角坐标系，取的中点，证明出平面，得到点在上，结合的面积取得最小值时，得出，得出的位置，过点作交平面于点，连接，，可以得到直三棱柱，再向外构建长方体，三棱锥外接球即为长方体外接球，根据长方体外接球的求法得到球的半径，再利用球的体积公式即可得到结果.
【详解】如图以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，取的中点，连接，，，
得，，，，，所以，，
，因为，，所以
，，所以平面，因为，点又在平面上，所以点在
直线上，则，当的面积取得最小值时，线段的长度即为点到直
线的距离，即时，面积最小，由，，为直角三角形，可得
，，，过点作交平面于点，连接，，可以得
到直三棱柱，向外构建长方体，则三棱锥外接球即可以为长方
体的外接球，设外接球的半径为，所以，即
，则外接球体积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
解决与球有关的外接问题时，一般有两种方法可以去解决：
（1）若能补全长方体或者正方体，可以直接利用球的直径为长方体或正方体体对角线进行求解.
（2）若不能用补全的方法去做，则可构造球心到截面圆的垂线段，小圆的半径和球半径组成直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
四、解答题
17．已知函数，.
(1)已知，，求；
(2)若不等式恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用三角恒等变换求函数的解析式，再根据同角三角函数的基本关系和两角差的正弦公式求解；
（2）利用三角函数的性质求出函数的值域，即可求解.
【详解】（1）,
,所以,
因为,所以,
而，，
所以，
所以,
所以
.
（2）因为，所以，
所以，
由恒成立，可得恒成立，
所以，解得，
所以整数的最大值为4.
18．设数列的前项和为.已知，，.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用的关系即可证明；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为,
所以,
两式相减可得，
即，
所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以.
（2），
，①
，②
②减①可得，，
所以
，
所以.
19．如图，在长方体中，点是长方形内一点，是二面角的平面角.
(1)证明：点在上；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由二面角定义知，利用线面垂直的判定及性质可证面、面，结合面与面有交线，确定它们同平面，进而证结论；
（2）构建空间直角坐标系，令且，，，求直线方向向量、平面法向量，应用空间向量夹角坐标表示、基本不等式求线面角正弦值的最大值，注意取值条件.
【详解】（1）由是二面角的平面角，则，
又，面，则面，
又面，即，由长方体性质知，故，
由长方体性质：面，又面，则，
又，面，故面，
而面面，且面、面，根据过AC作与PD1垂直的平面有且仅有一个，
所以面与面为同一平面，又面，面面，
所以点在上；
（2）构建如下图示的空间直角坐标系，令，，
由题设，长方体上下底面都为正方形，由（1）知，则为中点，
所以且，，，
则，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以，
仅当时等号成立，故直线与平面所成角的正弦的最大值为.
20．(1)对于任意两个事件，若，，证明：；
(2)贝叶斯公式是由英国数学家贝叶斯发现的，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设，，…，是一组两两互斥的事件，，且，，2，…，，则对任意的事件，，有，，2，…，.
（i）已知某地区烟民的肺癌发病率为1%，先用低剂量进行肺癌筛查，医学研究表明，化验结果是存在错误的.已知患有肺癌的人其化验结果99%呈阳性（有病），而没有患肺癌的人其化验结果99%呈阴性（无病），现某烟民的检验结果为阳性，请问他真的患肺癌的概率是多少？
（ii）为了确保诊断无误，一般对第一次检查呈阳性的烟民进行复诊.复诊时，此人患肺癌的概率就不再是1%，这是因为第一次检查呈阳性，所以对其患肺癌的概率进行修正，因此将用贝叶斯公式求出来的概率作为修正概率，请问如果该烟民第二次检查还是呈阳性，则他真的患肺癌的概率是多少？
【答案】(1)证明见解析；
(2) （i）；（ii）
【分析】(1)根据条件概率进行证明即可；(2)利用已知条件给的贝叶斯公式，以及条件概率的计算方法计算即可.
【详解】(1)因为，，所以
(2) （i）记检查结果呈阳性为事件A，被检查者患有肺癌为事件B，由题意可得：，，由贝叶斯公式得
，
因此某烟民的检查结果为阳性，他真的患有肺癌的概率是.
（ii）同（i），.
21．已知，.
(1)函数有且仅有一个零点，求的取值范围.
(2)当时，证明：（其中），使得.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意转化为方程仅有一个实数根，设，求得，得到函数的单调性和极值，作出函数的图象，结合图象，即可求解；
（2）设，转化为在存在极值点，求得的值，即可求解.
【详解】（1）由函数，可得，所以不是函数的零点，
因为函数有且仅有一个零点，即方程仅有一个实数根，
即方程仅有一个实数根，即方程仅有一个实数根，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递减，
所以函数的极小值为，
又由当且时，；当且时，，
所以函数的图象如图所示，
要使得函数有且仅有一个零点，则满足或，
即实数的取值范围是.
（2）解：设，即，
当，令
满足，且，
若在区间单调递增，此时，不满足题意；
若在区间单调递减，此时，不满足题意；
所以函数在区间上不是单调函数，所以函数在区间上必有极值点，
即存在，使得，即，
即，使得.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯（公元前375年—公元前325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽､系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点为，，若由发出的光线经椭圆两次反射后回到经过的路程为.对于椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点处的切线为，在上的射影为，其中.
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，过作斜率为的直线与椭圆相交于，两点（点在轴上方）.点，是椭圆上异于，的两点，，分别平分和，若外接圆的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用入射光线和反射光线的关系联系椭圆的定义求解即可；
（2）令则利用向量的坐标运算以及点在椭圆上即可得再根据角平分线的关系得到即可确定在以为定点的阿波罗尼斯圆上，从而求得，进而求得点的坐标，即可求解.
【详解】（1）
延长交于点，
则在中，，
又因为由发出的光线经椭圆两次反射后回到经过的路程为，
所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）令则且设
则，代入椭圆方程可得，
，得
即①，
又因为，分别平分和，
所以
所以在以为定点的阿波罗尼斯圆上，
设圆的半径为，因为，所以，
根据阿波罗尼斯圆的性质可知，直线过外接圆的圆心，
则直线与外接圆的一个交点为，设另一个交点为，
则根据阿波罗尼斯圆的性质可知，
得则，
而
得
所以由点斜式可得，
即直线的方程为.
【点睛】关键点点睛: 本题第二问的关键在于根据角平分线的关系得到即可确定在以为定点的阿波罗尼斯圆上，从而得即可求出点的坐标.