2023湖南师大附中高三上学期第三次月考数学试卷含答案

这是一份2023湖南师大附中高三上学期第三次月考数学试卷含答案，共20页。试卷主要包含了已知，则，若，则，阅读材料，已知，其中为自然对数的底数，则，给出下列命题，其中正确的命题是等内容，欢迎下载使用。
湖南师大附中2023届高三月考试卷（三）数学时量：120分钟满分：150分得分：__________第I卷一､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.2.已知，则（    ）A.    B. C.    D.的大小无法确定3.若，则（    ）A.    B.    C.    D.14.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.25.已知过点的动直线与圆交于两点，过分别作的切线，两切线交于点.若动点，则的最小值为（    ）A.6    B.7    C.8    D.96.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.7.已知，其中为自然对数的底数，则（    ）A.    B.C.    D.8.已知椭圆的左､右焦点分别为为上不与左､有顶点重合的一点，I为的内心，且，则的离心率为（    ）A.    B.    C.    D.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.直线的倾斜拜的取值范围是10.已知奇函数的周期为，将函数的图像向有平移个单位长度，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2D.设截面的面积分别为，则的最小值为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，第II卷三､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）14.已知定圆，点是圆所在平面内一定点，点是圆上的动点，若线段的中垂线交直线于点，则点的轨迹：①椭圆；②双曲线；③拋物线；④圆；⑤直线；⑥一个点.其中所有可能的结果有__________个.15.已知点是的外心，分别为内角的对边，，且，则的值为__________.16.已知为实数，，若对恒成立，则的最小值为__________.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.（本小题满分10分）设是公比为正数的等比数列，.（1）求的通项公式；（2）设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前项和.18.（本小题满分12分）在中，内角所对的边分别为为边上一点，若（1）证明：（i）平分；（ii）；（2）若，求的最大值.19.（本小题满分12分）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迅速发展，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，得到下面的统计表：年份20172018201920202021年份代码12345销量万辆1012172026（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㳿车）的情况，该企业随机调查了该地区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年购値新能源汽车的女性车主的人数假设每位车主只购头一辆汽车，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，若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，.20.（本小题满分12分）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.21.（本小题满分12分）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.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，，求实数的取值范围；（2）若，使得，求证：湖南师大附中2023届高三月考试卷（三）数学参考答案题号123456789101112答案CCDDBABBBDACBCACD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.C  【解析】，时，，满足；时，，得，解得.综上，实数的取值范围为或，故选：C.2.C 【解析】，故，所以.故选：C.3.D 【解析】.故选：D.4.D 【解析】各项为正的数列，，时，，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.B 【解析】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.A 【解析】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，设直线与平面所成角的大小为.故选：A.7.B 【解析】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.8.B 【解析】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､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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.BD 【解析】对不一定是钝角，可能是平角，错；对，若不共线，由，得共面.若共线，由得共线，即共面，对；对，若截距均为0，则直线方程为错；对，又，故，D对；故选：BD.10.AC 【解析】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，，所以是函数的一条对称轴，故选项C正确；当时，，所以，所以，故选项D错误.故选：AC.11.BC 【解析】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.对于选项，若存在点，使得，且，，解得，不合乎题意，错；对于选项，设，其中，即，即，可得，，则，所以，对；对于选项，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，对；对于选项，，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，故的最小值为错.故选：BC.12.ACD 【解析】A选项，，令，解得：，令，解得：，综上：且，所以且，数列单调递减，A正确；选项，当时，，当时，，所以存在无数个自然数，使得，故B错误；选项，当或时，，所以数列单调递减，所以最小值不存在，C正确；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.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.充分不必要  【解析】由题意知，，即且，解得，所以，即是的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.14.4  【解析】当点在圆外时，连接，因点在线段的中垂线上，如图，则，有，因此点的轨迹是以点为两焦点，实轴长为4的双曲线；当点在圆内（除圆心外）时，连接，因点在线段的中垂线上，如图，则，有，因此点的轨迹是以点为两焦点，长轴长为4的椭圆；当点与圆心重合时，有与重合，则线段的中垂线与交点是线段中点，即，因此点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆；当点在圆上时，圆上点与不重合，弦的中垂线过圆心，即线段的中垂线与交点是点，因此点的轨迹是点，所以所有可能的结果有4个.故答案为：415.  【解析】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.  【解析】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：.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）因为是公比为正数的等比数列，所以公比，因为，所以，解得：或，因为，所以，所以的通项公式为；（2）由题意得：，所以数列的前项和.18.【解析】（1）（i）在三角形中，由正弦定理得，即；在三角形中，由正弦定理得，即.因为，所以，所以.因为与互补，所以，所以.因为为三角形内角，所以，所以，所以平分；（ii）因为，所以，由余弦定理得，化简得，由（i）得，代入上式有.当时，消去，得：，即证.当时，为等腰三角形，由三线合一可知，，且.由勾股定理得：.因为.所以成立.综上所述.（2）由已知得，所以是直角三角形，即，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为.19.【解析】（1）由题意得..关于的线性回归方程为，令，得，所以最小的整数为，所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆.（2）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有名.所以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2023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.所以当时，取得最大值.此时，解得，所以当时取得最大值.20.【解析】（1）方法一：延长交于点，连接，在中，是的平分线，且，点是的中点，又是的中点，，又平面平面，直线平面.方法二：取的中点为，连接，为的中点，，又平面平面，平面，①又在四边形中，，则，又因为为的中点，所以，所以，可得平面，②由①②得平面平面，又平面平面，直线平面.（2）在中，，则，即，由已知得，又平面平面平面，所以平面，即，所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.【解析】（1）由已知设椭圆方程为：，代入，得，故椭圆方程为.（2）设直线，由，得，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.【解析】（1）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，，所以的取值范围为；（2）由，可得，整理为，令，则，所以在上单调递增，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.