2023届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第三次月考数学试题含解析

长沙市长郡中学2023届高三上学期第三次月考

数学

得分：______

本试卷共8页．时量120分钟．满分150分．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．记集合，，则（    ）

A．  B． C．  D．

★2．已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则（    ）

A．    B．    C．1    D．3

★3．已知向量，点，若且，为坐标原点，则的坐标为（    ）

A．   B．   C．或 D．或

4．已知平面，直线，，若，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件      B．必要不充分条件

C．充要条件        D．既不充分也不必要条件

★5．如图，边长为2的正方形中，点，分别是边，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（    ）

A．    B．    C．    D．

6．设，则（    ）

A． B． C． D．

7．将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，则（    ）

A．0    B．1    C．2    D．

8．已知：，，，，，一束光线从点出发射到上的点经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点）．则斜率的取值范围是（    ）

A．  B．   C．   D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

★9．已知，，为非零实数，且，则下列结论正确的有（    ）

A．  B．   C．   D．

★10．设，函数在区间上有零点，则的值可以是（    ）

A．    B．    C．    D．

11．如图，是一块半径为1的圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个剪掉半圆的半径）得图形，，…，，…，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（    ）

A．  B．  C．D．

12．已知，，，，则（    ）

A．   B．   C．  D．

选择题答题卡

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

★13．已知i是虚数单位，如图，在复平面内，点对应的复数为，若，则______．

★14．已知等边三角形的边长为6，点满足，则______．

15．已知数列的前项和，对任意，且恒成立，则实数的取值范围是______．

16．如图，多面体中，底面为正方形，平面，，且，，为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：

①当为的中点时，平面；

②存在点，使得；

③三棱锥的体积为定值；

④三棱锥的外接球的表面积为．

其中正确的结论序号为______．（填写所有正确结论的序号）

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

★17．（10分）已知等差数列前三项的和为，前三项的积为．

（1）求等差数列的通项公式；

（2）若为递增数列，求数列的前项和．

18．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，其外接圆的半径为，且满足．

（1）求角；

（2）若边上的中线长为，求的面积．

19．（12分）2022年9月28日晚，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积3分，负队积0分；以取胜的球队积2分，负队积1分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．

（1）如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分的概率分布列和数学期望；

（2）如果甲、乙两队约定比赛2场，求两队积分相等的概率．

20．（12分）如图，在几何体中，底面是以为斜边的等腰直角三角形．已知平面平面，平面平面，平面，．

（1）证明：平面；

（2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值．

21．（12分）如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线，，点，为切点，是坐标原点．

（1）若点为直线与轴的交点，求的面积；

（2）若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值．

22．（12分）已知函数（且）的图象与轴交于，两点，且点在点的左侧．

（1）求点处的切线方程，并证明：时，．

（2）若关于的方程（为实数）有两个正实根，，证明：．

长沙市长郡中学2023届高三上学期第三次月考

数学参考答案

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．A【解析】∵，，所以．故选A．

2．C【解析】用“”代替“”，得，化简得，令，得．故选C．

3．D【解析】由知，存在实数，使，

又，则，即或，

所以或．又点，

所以或．故选D．

4．D【解析】若，且，则或，即“”“”；若，且，则或，异面，则“”“”．因此，“”是“”的既不充分也不必要条件．故选D．

5．B【解析】易知四面体的三条侧棱，，两两垂直，且，，，把四面体补成从顶点出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体的外接球，球的半径为．故选B．

6．D【解析】．因为，所以，所以；

因为在上为增函数，所以；

因为在上为增函数，且，

所以，即；所以．故选D．

7．C【解析】依题意，，

故，又的周期满足，得，所以，

所以，又，得，，

又，所以，所以，

所以．故选C．

8．D【解析】∵，，，∴直线的方程为，直线的方程为，如图，作关于的对称点，∵，∴，再作关于的对称点，则，

连接，，且交于点，则直线的方程为，∴，

连接，，分别交于点，，则直线的方程为，直线的方程为，

∴，．连接，，则，之间即为点的变动范围．

∵直线的方程为，直线的斜率为，∴直线斜率的取值范围为．故选D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．ABD【解析】因为，所以．

根据不等式的性质可知A，B正确；因为，的符号不确定，所以C不正确；

，可得，所以D正确．故选ABD．

10．BCD【解析】由题得，

令，解得，∵，取，∴，即．故选BCD．

11．ABD【解析】根据题意可得纸板相交于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，，…，，累加可得

，所以，故A正确，C错误；

又，故，即，故D正确；

又，，，…，，累加可得，故，故B正确．故选ABD．

12．AD【解析】∵，∴，，令，

则，所以在上单调递减，在上单调递增，且，

故，．令，，

则，所以在上单调递减，且，

∵，∴，∴，∴，∴，即，故选项A正确；

∵，∴，，令，

则，所以在上单调递增，在上单调递减，且，故，．

令，，

所以在上单调递减，且，

∵，∴，∴，∴，

∴，即，故选项B错误；

∵，∴，，

∴，又∵在上单调递增，∴，∴，故选项C错误；

由C可知，，，又∵在上单调递减，∴，∴，故选项D正确．故选AD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．【解析】由题图可知，，由，得．

14．【解析】建立如图所示坐标系，其中为的中点，所以，，．

设，则，，，

又因为，所以，

，即，，所以，

所以．

15．【解析】由，得；当时，

，若为偶数，则，∴（为正奇数）；若为奇数，则，∴（为正偶数）．函数（为正奇数）为减函数，最大值为，函数（为正偶数）为增函数，最小值为．若恒成立，则，即．故答案为．

16．①③④【解析】对①：当为的中点时，取中点为，连接，，如下图所示：

因为，分别为，的中点，故可得，，

根据已知条件可知：，，故，，

故四边形为平行四边形，则，又平面，平面，故平面，故①正确；

对②：因为平面，，平面，故，，

又四边形为正方形，故，则，，两两垂直，

以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示：

则，，，设，，

若，则，

即，解得，不满足题意，故②错误；

对③：，因为，，均为定点，故为定值，又，平面，平面，故平面，又点在上运动，故点到平面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；

对④：取的外心为，过作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心一定在上，

因为平面，平面，平面，则，又，

，，平面，故平面，即平面，

则，故，在同一个平面，则过作，连接，如图所示．

在中，容易知，，，

则由余弦定理可得，故，

则由正弦定理可得；

设三棱锥的外接球半径为，则，

在中，，，又，

故由勾股定理可知：，即，

解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确．故答案为①③④．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【解析】（1）设公差为，则依题意得，则，，

∴，得，，∴或．

（2）由题意得，所以

①时，；

②时，．

综上，数列的前项和

18．【解析】（1）由正弦定理，，得：，

即，即，因为，

化简得，∵，∴．

（2）设边上的中线为，则，所以，

，即有，①

又，由余弦定理得，②

由①②得，所以．

19．【解析】（1）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，

，，

，，

所以的分布列为

所以数学期望．

（2）记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件，

设第场甲、乙两队积分分别为、，则，，2，

因两队积分相等，所以，即，则，

所以

．

20．【解析】（1）过点作交与点，

∵平面平面，且两平面的交线为，∴平面，

又∵平面，∴，

又∵且，∴平面．

（2）过点作交与点，连接，

∵平面平面，且两平面的交线为，

∴平面，又∵平面，∴，到平面的距离相等，

∴且，平面，∴，，

∴，

又，令，

则，．

所以在上单调递增，在上单调递减，

即，当且仅当时取得最大值．

如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，．

设与所成角为，则，

则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6．

21．【解析】（1）由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，

联立可得，（*）

由，可得，

即切线方程为，所以，，

将代入方程（*）可得，可得，此时，

不妨设点，同理可得点，，

因此，．

（2）证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，

因为点在椭圆上，则，

联立消去可得，

整理得，即，解得，

因此，椭圆在其上一点处的切线方程为．

设，，则切线的方程为，切线的方程为．

设，则

所以，点，的坐标满足方程，所以，直线的方程为，

因为点在直线上，则，则，

所以，直线的方程可表示为，即，

由可得故直线过定点，

因为，所以，点在以为直径的圆上，

当点为线段的中点时，，此时点的坐标为．

故存在点，使得为定值．

22．【解析】（1）令，得．所以或．即或．

因为点在点的左侧，所以，

因为，所以，

得点处的切线方程为，即．

当时，，

因为，且，所以，所以，即．

所以，所以．

（2）不妨设，且只考虑的情形．

因为，所以．

所以点处的切线方程为，记，

令，，

设，则．所以单调递增．

又因为，

所以，当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．所以在时有极小值，也是最小值，

即，所以当时，．

设方程的根为，则．

易知单调递增，由，所以．

对于（1）中，设方程的根为，则．

易知单调递减，由（1）知，所以．

所以．

因为，易知时，，故；

当时，，所以，

所以，所以．

记，，则恒成立．

所以单调递增，因为，，

所以存在使得．所以，当时．；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，，由函数图象知当方程（为实数）有两个正实根，时，，

所以．所以，即．