湖南省永州市第一中学2023届高三数学上学期第二次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省永州市第一中学2023届高三数学上学期第二次月考试卷（Word版附解析），共24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。
永州一中高三第二次月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分）1. 已知向量，，若，则实数m的值为（    ）A. 9 B. 7 C. 17 D. 21【答案】B【解析】【分析】由垂直的坐标表示计算．【详解】由已知，因为，所以，解得．故选：B．2. 要得到函数的图象，可将函数的图象（    ）A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位【答案】D【解析】【分析】先将转化为，由此根据三角函数图像变换的知识判断出正确选项.【详解】，，因为，所以需要将的图象向右平移个单位.故选：D【点睛】本小题主要考查三角函数诱导公式，考查三角函数图像变换，属于基础题.3. 我国东汉末数学家赵爽在《周牌算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示若为的中点，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构建以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图直角坐标系，设，标注相关点的坐标，进而可得坐标，结合，应用向量线性运算的坐标表示列方程求出，即可求.【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图直角坐标系，设，由为的中点，∴，则，由，得：，∴，解得，则故选：D.【点睛】关键点点睛：构建平面直角坐标并标出点坐标，应用向量线性关系的坐标表示列方程求参数，进而求目标式的值.4. 若，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据二倍角公式、降次公式求得正确答案.【详解】依题意，所以.故选：B5. 已知角的终边过点，则（    ）A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先判断的正负，确定角的终边所在象限，进一步缩小角的范围，再由三角函数的定义及诱导公式求得在第四象限的值，从而由的单调性确定的值。【详解】因为，所以，所以点落在第四象限，即角的终边在第四象限，又因为，所以，因为，又因为在上单调递增，所以.故选：D.6. 为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计的比赛，其中某位同学利用函数图象设计了如图的，那么该同学所选的函数最有可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将图形置于直角坐标系中，结合奇偶性和单调性即可得结果.【详解】将图形置于直角坐标系中，如图所示：由图易知该函数为偶函数，对于选项B，满足，即为奇函数，故可排除；对于选项D，满足，即为非奇非偶函数，故可排除；对于选项C， ，令，所以在恒成立，所以在单调递增，所以在恒成立，即在单调递增，故排除；故选：A.7. 下列各式大小比较中，其中正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由不等式的性质，三角函数和指数对数函数的单调性，逐个判断选项是否正确.【详解】，∴，即，选项A错误；，，由，∴，，，选项B错误；，选项C错误；，，∴，选项D正确.故选：D8. 如图，矩形OABC中，，以O为圆心，OC为半径作圆与OA相交于点D，在BC上取一点E，OA上取一点F，使得EF与相切于点G，则四边形OFEC的面积取得最小值时，（    ）A  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据图中线段之间的关系，将四边形OFEC的面积表示为关于的解析式，再结合导数判断其单调性，求最值即可.【详解】设，，因点G为切点，所以，当与重合时，在Rt中，，所以，即，所以，过E作，垂为H，则，在中，所以设，则，令，解得；令，解得，所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以时，有最小值，即有最小值.故选：B二、多选题（本大题共4小题，共20分）9. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A. 函数的最小正周期是B. 函数在区间上的最大值是C. 函数在区间上单调递增D. 函数的图象关于直线对称【答案】BD【解析】【分析】根据图象求得的解析式，然后根据最小正周期、最值、单调区间、对称性等知识确定正确答案.【详解】由图可知，，，所以，.所以的最小正周期为，A选项错误.在区间上，，所以当时，取得最大值为，B选项正确.根据图象可知，在上不是单调递增，C选项错误.，时，，所以D选项正确.故选：BD10. 设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（    ）A. 若，则点M在直线BC上B. 若＝＋，则点M是三角形的重心C. 若，则点M在边BC的中线上D. 若，且x＋y＝，则△MBC的面积是△ABC面积的【答案】ABD【解析】【分析】对选项A，根据题意得到，从而得到三点共线，即可判断A正确，对选项B，设为的中点，根据条件得到，即可判断B正确，对选项C，根据题意得到在的平分线上，即可判断C错误，对选项D，设，根据题意得到三点共线，即可判断D正确.【详解】对选项A，，所以，即.所以，又因为为公共点，所以三点共线，即点在直线上，故A正确.对选项B，设为的中点，所以，所以点是的重心，故B正确.对选项C，因为，则在的平分线上，不一定在的中线上，故C错误.对选项D，因为，且，所以，且，设，则，且，即三点共线.又因为，所以为的中点，如图所示：所以，故D正确.故选：ABD11. 函数的定义域为，若与都是偶函数，则（    ）A. 是偶函数 B. 是奇函数C. 是偶函数 D. 【答案】CD【解析】【分析】根据题意，得到，，推出是以4为周期的函数；根据，以及函数周期，得到，即可得出结果.【详解】由题知函数的定义域为，因为是偶函数，所以，从而；因为是偶函数，所以，从而；于是，，所以是以4为周期的函数.因为，所以，即，所以是偶函数.故选：CD.【点睛】本题主要考查函数周期性与奇偶性的综合，熟记奇偶性与周期性的定义即可，属于常考题型.12. 下列说法正确的有（    ）A. 若，且，则B. 已知，若，则C. 若在上恰有三个极值点、三个零点，则D. 函数的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，先由的正负缩小的范围，再由知一得二求得，再利用正切的和差公式即可求得，结合的范围即可求得的值；对于B，利用倍角公式与诱导公式，结合整体代入法即可求得的值；对于C，利用换元法，当时，将问题转化为在上恰有三个极值点、三个零点，由此根据的极值点与零点得到，进而得到，可以判断C错误；对于D，先将转化为等价函数，利用导数求得的最大值，即求得的最大值.【详解】对于A，因为，，所以，因为，，所以，，则，所以，又，故，故A正确；对于B，易知，所以，故B正确；对于C，当时，由得，令，则在上恰有三个极值点、三个零点，等价于在上恰有三个极值点、三个零点，易知在上的三个极值点为，三个零点为，注意到是在外的第四个极值点，所以，解得，即，至此，可以确定C错误；注：如果追求解题完整，还需讨论当时的情况，求解过程同上；对于D，，令，则等价于，易得，令，得；令，得或；所以在和上单调递减，在上单调递增；的极大值为，而，，所以，故函数最大值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 单位向量在单位向量方向上的投影的数量为，则________.【答案】【解析】【分析】根据向量投影的知识求得，结合平方的方法求得【详解】依题意，.故答案为：14. 若是函数的一个零点，则_________.【答案】【解析】【分析】先代入零点，求得A值，再将函数化简为，把代入计算即可．【详解】∵，∴∴∴故答案为：．15. 若函数在上为增函数，则的最大值为________.【答案】【解析】【分析】先根据正弦函数单调区间的性质确定一个粗略的范围，然后利用复合函数的单调性法则，正弦函数的单调区间，列不等式组解决.【详解】在上单调递增，由正弦函数在某区间单调时，区间长度不超过半个周期，即，结合，故，∵，设，，则关于单调递增，故，而，，故最大可能取值区间是，根据复合函数的单调性，关于单调递增，故只需求关于单调递增区间即可，根据正弦函数的单调性，在上单调递增，故需满足，显然此时只可取，则，解得，又，∴，则的最大值是.故答案为：.16. 2022年2月，女足亚洲杯决赛在印度打响，中国女足在落后两球的不利局面下，连入三球，以的比分击败韩国队第9次捧起亚洲版冠军奖杯.同年10月，在澳大利亚举行的女篮世界杯上，中国姑娘们表现神勇，在半决赛中一举击溃东道主澳大利亚队获得银牌，追平了28年前的历史最佳战绩.已知一个足球的直径约为20cm，一个篮球的直径约为22cm ，现将3个足球放在地面上彼此相切，再将一个篮球放在它们的上方，此时这个模型的最高点离地面的距离是______cm.【答案】##【解析】【分析】先将4个球的问题转化为正三棱锥的问题，求出高，再转化为最高点离地面的距离．【详解】解：四个球心构成底面是边长为20的正三角形，侧棱长为21的正三棱锥，设点为A，B，C，D，设等边三角形BCD的中心为O，连接OA，OD，则平面BCD，易知，在中，所以模型的最高点距地面的距离为+10+11=+21( cm)故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 已知向量，，设.（1）求的最小正周期及函数的图象的对称轴方程；（2）当时，求的单调递减区间．【答案】（1），对称轴方程为：，；（2）和．【解析】【分析】（1）化简，通过解析式得到最小正周期以及图象的对称轴方程；（2）利用正弦函数的单调递减区间求出函数的单调递减区间.【详解】（1）由题知，∴的最小正周期，令则，，即，.∴的图象的对称轴方程为，.（2）由,，得，.∵,∴当时，的单调递减区间为和．18. 某靶场有，两种型号的步枪可供选用，其中甲使用两种型号的步枪的命中率分别为,；，（1）若出现连续两次子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击，若击中标靶至少3次，则可以获得一份精美礼品，若甲使用型号的步枪，并装填5发子弹，求甲获得精美礼品的概率；（2）现在两把步枪中各装填3发子弹，甲打算轮流使用两种步枪进行射击，若击中标靶，则继续使用该步枪，若未击中标靶，则改用另一把步枪，甲首先使用种型号的步枪，若出现连续两次子弹脱靶或者其中某一把步枪的子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击，记为射击的次数，求的分布列与数学期望．【答案】（1）    （2）分布列见解析；的数学期望为.【解析】【分析】（1）分别求出甲击中5次、4次、3次的概率，再相加即可得解；（2）的所有可能取值为2,3,4,5，求出取每个值的概率后，可得分布列.根据数学期望公式可得数学期望.【小问1详解】甲击中5次的概率为，甲击中4次的概率为，甲击中3次的概率为，所以甲获得精美礼品的概率为.【小问2详解】的所有可能取值为2,3,4,5,，，，，所以的分布列为：2345所以.19. △ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为(1)求;(2)若求△ABC的周长.【答案】(1)(2) .【解析】【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.20. 如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.（1）若，试证；（2）在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值为【答案】（1）证明见解析    （2）为的三等分点靠近或与重合【解析】【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证；（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，即可求解该问题.【小问1详解】证明：在中，因为为中点且，所以，因为平面平面交线为，所以平面，平面，所以，因为，分别为，的中点，所以，所以，在直角和直角中，因为，，所以，所以，所以，所以，，又平面，平面，所以平面，平面，所以.【小问2详解】平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，，设，，则，所以，，设直线与平面所成的角为，则，化简得：解得：或，即：为的三等分点靠近或与重合时，线段与平面所成角的正弦值为.21. 已知圆M：(x＋1)2＋y2=1，圆N：(x－1)2＋y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C（1）求C的方程；（2）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求出方程；（2）先确定当圆P的半径最长时，其方程为，再对直线l进行分类讨论求弦长.【详解】（1）依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；（2）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；若直线l垂直于x轴，易得；若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，. 22. 已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．（2）［方法一］：通性通法,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时， ，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时， ∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由得，即，而，所以．令，则，所以在R上单调递增．由，可知，所以，所以．令，则．所以当时，单调递增；当时，单调递减． 所以，则，即．所以a的取值范围为．［方法三］：换元同构由题意知，令，所以，所以．于是．由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．令，所以．当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得最大值为．所以．［方法四］：因为定义域为，且，所以，即．令，则，所以在区间内单调递增．因为，所以时，有，即．下面证明当时，恒成立．令，只需证当时，恒成立．因为，所以在区间内单调递增，则．因此要证明时，恒成立，只需证明即可．由，得．上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．当时，因为，显然不满足恒成立．所以a的取值范围为．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．