湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期月考(三)数学试题（解析版）

这是一份湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期月考(三)数学试题（解析版），共28页。试卷主要包含了 已知，则， 若，则， 已知过点的动直线l与圆C， 阅读材料等内容，欢迎下载使用。

湖南师大附中2023届高三月考试卷（三）
数学
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. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论和时情况即可得解．
【详解】，
当时，，则，满足；
当时，，则，
，又，得，解得．
综上，实数的取值范围为或，
故选：C．
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 的大小无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，采用作差法，可得答案.
【详解】，
故，所以.
故选：C.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据二倍角公式结合同角三角函数的基本关系求解，将所求式子写成分母为1的形式，用进行代换，分子、分母同时除以，然后把的值代入求值即可．
【详解】．
故选：D．
4. 已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（ ）
A. B. 4 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由结合求出，从而求得，由此求出的表达式，利用基本不等式即可求得答案．
【详解】各项为正的数列，
，
时，，
即，化为：，
，，
又，解得，
数列是等差数列，首项为1，公差为2．
，
，
，当且仅当时取等号，
的最小值为2．
故选：D．
5. 已知过点的动直线l与圆C：交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点N．若动点，则的最小值为（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出四点在以为直径的圆上，求出该圆方程，进而求得方程，由点在直线上得出点轨迹为，又在圆上，进而将的最小值即为圆心到直线的距离减去半径，即可求解.
【详解】
易得圆心，半径为4，如图，连接，则，则四点在以为直径的圆上，
设，则该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，又该圆和圆的交点弦即为，
故，整理得，又点在直线上，
故，即点轨迹为，又在圆上，故的最小值为
圆心到直线的距离减去半径1，即.
故选：B.
6. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（       ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线的方向向量，平面的法向量，再根据空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解．
【详解】平面的方程为，平面的法向量可取
平面的法向量为，平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，，所以，
则直线与平面所成角的大小为，．
故选：A．
7. 已知，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由，得，再由，得，由，得，然后构造函数，利用导数判断其单调性，可比较出的大小，从而可得答案.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，即，
所以，
所以﹔
因为，所以，
令（），则，
当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，所以，
所以，所以：
设

设
在上，，递减，所以
所以，递增，
所以，即
所以
综上：
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，解题的关键是根据合理构造函数，通过函数的单调性比较大小，考查数学转化思想，属于较难题.
8. 已知椭圆的左､右焦点分别为为上不与左､右顶点重合的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，由及得到三点共线且，再根据双曲线定义及得到的比例关系，进而解出离心率.
【详解】设是的中点，连接，如图，则，由，得
三点共线，.由既是的平分线，又是边上的中线，得.作轴于点，，且，.
故选：B.

二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分：
9. 给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A. 若，则是钝角
B. 若，则，A，，一定共面
C. 过点且在轴截距相等的直线方程为
D. 直线的倾斜角的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，考虑向量夹角可能是平角即可判断；
对B，若共线，可由条件得共线，即共面. 若不共线，由空间共面向量定理的推论可得，A，，共面.
对C，考虑截距为0的情况即可判断；
对D，由，，即可求解.
【详解】对A，，不一定是钝角，可能是平角，A错；
对B，若不共线，由，得，A，，共面.
若共线，由得共线，即共面，B对；
对C，若截距均为0，则直线方程为，C错；
对D，，又，故，D对；
故选：BD
10. 已知奇函数的周期为，将函数的图像向右平移个单位长度，可得到函数的图像，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数的图像关于直线对称
D. 当时，函数的最大值是
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知，先利用辅助角公式对函数进行化简，然后借助函数为奇函数，且周期为，分别求解出.然后对于选项A，可对函数进行左右平移直接做出判断；选项B，现根据的范围，然后求解出的范围，然后判断函数在此区间是否单调；选项C，可将直接带入函数中验证即可；选项D，根据的范围，然后求解出的范围，然后求解函数的值域即可.
【详解】由已知，，
因为函数为奇函数，所以，可得，
又因为，所以，
又因为函数的周期为，所以，解得，
所以.
将函数的图像向右平移个单位长度，得，故选项A正确；
当时，，此时函数在区间不单调，故选项B错误；
当时，，所以是函数一条对称轴，故选项C正确；
当时，，所以，
所以，故选项D错误.
故选：AC.
11. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（ ）

A. 存在点，使得
B. 线段长度的取值范围是
C. 当点与点重合时，四棱锥的体积为
D. 设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、
设点、，其中，.
对于A选项，若存在点，使得，且，，
，解得，不合乎题意，A错；
对于B选项，设，其中、，
即，即，可得，
，则，所以，，B对；
对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：

在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，且，同理且，且，
所以，，故几何体为三棱台，
，，
，
，
因此，，C对；
对于D选项，，，
则点到直线的距离为，
，则点到直线的距离为
，
所以，，故，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
12. 数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若且，数列单调递减
B. 若存在无数个自然数，使得，则
C. 当或时，的最小值不存在
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据求出，再由求出，从而得到且，数列单调递减，A正确；
B选项，可举出反例；
C选项，由或时，可证得数列单调递减，所以最小值不存在；
D选项，对变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.
【详解】A选项，，
令，解得：，
令，解得：
综上：且，
所以且，数列单调递减，A正确；
B选项，当时，，
当时，，
所以存在无数个自然数，使得，
故B错误；
C选项，当或时，，
所以数列单调递减，所以最小值不存，C正确；
D选项，，
所以，
所以，
故
，
因为，，单调递减，
所以当时，，，
所以，
又因为单调递减，所以当时，取得最大值，
最大值为，
综上：，D正确.
故选：ACD
【点睛】由数列通项公式研究数列的性质，要对数列的通项公式进行变形，转化为熟悉的知识点进行处理，本题D选项，要将变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.
三､填空题：本题共4小题，母小题5分，共20分.
13. 已知，则是的_____条件．（在充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要中选一个正确的填入）
【答案】充分不必要
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定求出命题p的否定，解之可得，结合充分不必要条件的定义即可得出结果.
【详解】由题意知，
：，，
即且，解得，
所以，即q是的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要.
14. 已知定圆，点A是圆M所在平面内一定点，点P是圆M上的动点，若线段PA的中垂线交直线PM于点Q，则点Q的轨迹：①椭圆；②双曲线；③抛物线；④圆；⑤直线；⑥一个点．其中所有可能的结果有______个．
【答案】4
【解析】
【分析】根据给定条件，按点A在圆外、圆内、圆心、圆上并结合圆锥曲线的定义及圆的性质进行分析，判断作答.
【详解】当点A在圆M外时，连接QA，因点Q在线段PA的中垂线上，如图，

则，有，
因此点Q的轨迹是以点M，A为两焦点，实轴长为4的双曲线；
当点A在圆M内（除圆心M外）时，连接QA，因点Q在线段PA的中垂线上，如图，

则，有，
因此点Q的轨迹是以点M，A为两焦点，长轴长为4的椭圆；
当点A与圆心M重合时，有PM与PA重合，则线段PA的中垂线与PM交点Q是线段PM中点，即，
因此点Q的轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆；
当点A在圆M上时，圆M上点P与A不重合，弦PA的中垂线过圆心M，即线段PA的中垂线与PM交点Q是点M，
因此点Q的轨迹是点M，
所以所有可能的结果有4个.
故答案为：4
15. 已知点O是△ABC外心，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，且，则的值为________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据点是锐角的外心，可得，，再对已知等式两边同时点乘进行数量积的运算，再利用正弦定理及余弦定理化简，即可求出的值.
【详解】如图，

分别取，的中点，，连接，，
则；，
因为，
设的外接圆半径为，由正弦定理可得，
所以两边同时点乘可得,
即,
所以，
所以,
所以，
所以，即，
所以.
故答案为：.
16. 已知、为实数，，若对恒成立，则的最小值为 ______.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，判断可得，即可求得函数的单调区间，从而求出函数的最小值，依题意可得，即可得到，从而得到，再令，，利用导数说明函数的单调性，从而求出函数的最小值，即可求出的取值范围.
【详解】解：因为，所以，
若，则恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意，
所以，令，解得，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，则，
则，
令，，
则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即的最小值为.
故答案为：
【方法点睛】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．
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. 设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．
【答案】（Ⅰ）an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）2n﹣1 2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式
（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．
解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列
∴设其公比为q，q＞0
∵a3=a2+4，a1=2
∴2×q2="2×q+4" 解得q=2或q=﹣1
∵q＞0
∴q="2"
∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n
（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列
∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1
∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2
点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题．

18. 在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，D为边BC上一点，若．
（1）证明：
①AD平分∠BAC，
②；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）①证明见解析 ；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①分别在在△ABD、△ACD中利用正弦定理进行边化角，结合题意化简整理；②根据，由余弦定理结合题意化简整理；
（2）根据题意结合倍角公式化简整理可得：，即可得，利用勾股定理结合不等式运算求解.
【小问1详解】
①设∠BAD＝α，∠CAD＝β，
在△ABD中，由正弦定理得：，即，
在△ACD中，由正弦定理得：，即
由题意可得：，则
∵，则
∴，
又因为，
所以a=b，即
所以AD平分∠BAC，
②由题意可得：，即
整理得：
∵，
∴即证
【小问2详解】
因为，即
又∵

所以，即
所以，则
∴，当且仅当时等号成立
所以的最大值为．
19. 汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素．我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到7下面的统计表：
年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代码
1
2
3
4
5
销量万辆
10
12
17
20
26

（1）统计表明销量与年份代码有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；
（2）为了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业心随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本其中男性车主中购置传统燃油汽车的有名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车．
①若，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1）中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人）；
②设男性车主中购置新能源汽车的概率为，老吉将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为，求当为何值时，最大．
附： 为回归方程，，．
【答案】（1），2028年
（2）①万人；②
【解析】
【分析】（1）根据所给数据，结合线性回归的公式求解方程，再令求解即可；
（2）①计算该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的频数与总人数求解即可；
②根据二项分布的概率公式可得，再求导分析的最大值即可.
【小问1详解】
解：由题意得 ，，
，．
所以，．
所以关于的线性回归方程为，令，得，
所以最小的整数为12，，
所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆．
【小问2详解】
解：①由题意知，该地区200名购车者中女性有名，
故其中购置新能源汽车的女性车主的有名．
所购置新能源汽车的车主中，女性车主所占的比例为．
所以该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的概率为．
预测该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆，
因此预测该地区2020年购置新能源汽车的女性车主的人数为万人
②由题意知，，则


当时，知所以函数单调递增
当时，知所以函数单调递减
所以当取得最大值．
此时，解得，所以当时取得最大值．
20. 如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.

（1）若点为棱的中点，证明：平面；
（2）已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析.
（2）.
【解析】
分析】(1)延长交于点，连接,证明即可；
(2)以的中点为为原点 ，建立空间直角坐标系，用向量法解决问题.
【小问1详解】

延长交于点，连接，
在中，
是的平分线，且，
是等腰三角形，点是的中点，
又是的中点，
，
又平面平面，
直线平面.
【小问2详解】
在中，，
则，即，
由已知得，
又平面平面平面
所以平面，即，
所以以为二面角的平面角，
所以，
又，所以为正三角形，
取的中点为，连，则平面
如图建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设分别为平面和平面的法向量，则
，即，取，则，
，即，取，则，
所以.
则平面和平面所成夹角的余弦值为.
21. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定值为
【解析】
【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.
（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.
【小问1详解】
由已知设椭圆方程为：，
代入，得，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
设直线，
由得，
，，
又，
故

，
由，得，
故或，
①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；
②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，
此时，符合题意.
所以的周长为定值.
22. 已知函数．
（1）当时，，求实数m的取值范围；
（2）若，使得，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题可得，其中，构造函数，利用导数求函数的最值即得；
（2）由题可得，构造函数，根据函数的单调性可得，再由导数证明即可.
【小问1详解】
由，得，
即，其中，
令，得，
设，
则，所以在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递增，所以在上有最大值，
，
所以m的取值范围为；
【小问2详解】
由，可得，
整理为，
令，
则，所以在上单调递增，
不妨设，所以，从而，
所以，
所以，
下面证明，即证明，
令，即证明，其中，只要证明，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.