2023届湖南省张家界市慈利县第一中学高三上学期第四次月考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖南省张家界市慈利县第一中学高三上学期第四次月考数学试题（解析版），共21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。
2023届湖南省张家界市慈利县第一中学高三上学期第四次月考数学试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数的单调性，结合交集运算，可得答案.【详解】集合，集合，∴.故选：D.2．设复数（其中为虚数单位），是的共轭复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用共轭复数的定义及复数的除法法则，结合复数加法法则即可求解.【详解】,所以所以.故选：B.3．如图，在正方形中，分别为边的中点，若，则（    ）A． B． C． D．4【答案】C【分析】根据向量线性运算法则，结合题意即可求解【详解】因为在正方形中，分别为边的中点，所以，所以，所以，故选：C4．如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O的球面上，则球O与正八面体的体积之比是（     ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由棱锥与球的体积公式求解，【详解】由题意得正方形的中心即为外接球球心，设，则，球的体积为，而，故正八面体的体积，得，故选：A5．某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为40，满盘时直径为120，已知卫生纸的厚度为0.1，则满盘时卫生纸的总长度大约（    ）（π≈3.14，精确到1）A．60 B．80 C．100 D．120【答案】C【分析】将卫生纸的长度近似看成400个直径成等差数列的圆周长的和，利用等差数列前n项和公式即可求得满盘时卫生纸的总长度大约为100【详解】空盘直径是，半径是，周长是满盘直径是，半径是，周长是，则每一圈周长成等差数列，共400项，，故选：C.6．记函数的最小正周期为T，若，且是图像的一个最高点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由周期范围求得的范围，由图像最高点求解与值，可得函数解析式，则可求．【详解】函数的最小正周期为，则，由，得，，因为是图像的一个最高点，则且，则，取，可得，所以，则故选:A.7．随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地，其半径为，，为弧的中点，要在其内接矩形（点、分别在半径、上，点、在弧上，且）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：）（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接OP，设，利用正弦定理表示出PQ和PN的长，再用的表达式表示出矩形的面积，利用三角函数求解最值问题【详解】连接OP，OC交PN于点E，设，四边形为矩形，并且，，又为弧的中点，，，，在直角三角形POE中，，，在中，，由正弦定理得，.矩形的面积，由题意可得，，当时，矩形面积最大为.故选：C8．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【详解】，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度. 二、多选题9．下列四个条件中，能成为的充分不必要条件的是（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】由充分必要条件的概念与不等式性质对选项逐一判断，【详解】对于A，若，则，，而当，时，，故是的充分不必要条件，故A正确，对于B，若，则，若，则，故是的充要条件，故B错误，对于C，当时，，而，故C错误，对于D，若，则，当，时，无意义，故是的充分不必要条件，故D正确，故选：AD10．已知等比数列的公比为，其前项之积为，且满足，，，则（        ）A． B．C．的值是中最小的 D．使成立的最大正整数的值为4043【答案】ABD【分析】由等比数列的性质得，再对选项逐一判断，【详解】由，，得，且，对于A，，故A正确，对于B，，故B正确，对于C，当时，，当时，，故的值是中最小的，故C错误，对于D，，，故使成立的最大正整数的值为4043，故D正确，故选：ABD11．已知圆，直线过点，且交圆于两点，点为线段的中点，则下列结论正确的是（       ）A．点的轨迹是圆B．的最小值为6C．若圆上仅有三个点到直线的距离为5，则的方程是 D．使为整数的直线共有16条【答案】ABD【分析】根据直线与圆的关系，结合题目给的条件逐一判断选项对错即可.【详解】因为直线恒过点，所以，点在以为直径的圆上，则点的轨迹是圆，故A正确；易知圆心到直线的距离最大值，故的最小值为，最大值为，故B正确；由题知圆，直线过点，圆上仅有三个点到直线的距离为5，因为圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为2，当斜率存在时，设直线为，即，又因为圆心到直线的距离为，解得，所以的方程是 ，当斜率不存在时，直线为，此时圆心到直线的距离为，满足题意，故C错误；由最短弦与最长弦有唯一性，而长度介于两者之间的弦有对称性可知，使为整数的直线有（条），故D正确.故选：ABD.12．如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（    ）A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为B．满足的点P的轨迹长度为C．存在点P，使得平面AMP经过点BD．存在点P满足【答案】AD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；对B，方法一：在平面中过作，交于，设，则，，，由，可解得，同理，在平面中过作，交于，可得，因为，所以平面，因为，所以平面，所以点P的轨迹为线段，长度为，故B不正确；方法二：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，方法一：取中点，连接，正方体中，易得，所以平面截正方体的截面为平面，显然平面，故不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；方法二：设，且，，若平面AMP经过点B，则，且，又,所以，即，因此，从而，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B,故C错误；对于D，方法一：延长至，令，则，所以，因为，所以存在点满足，故D正确.方法二：点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故D正确.故选：AD. 三、填空题13．已知数列的前n项和为，若，，则___________．【答案】94【分析】由，可得当时，，两式相减可证得数列是以为首项，公比为2的等比数列，可求出的通项公式，即可求出.【详解】由已知，，①，当时，，当时，②，①－②得：，整理得：，即，所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，所以，所以，，所以．故答案为：94.14．已知是奇函数，且当时，.若，则__________.【答案】-3【分析】当时，代入条件即可得解.【详解】因为是奇函数，且当时，．又因为，，所以，两边取以为底的对数得，所以，即．【点睛】本题主要考查函数奇偶性，对数的计算．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案．15．若曲线在在，两点处的切线互相垂直，则的最小值为________．【答案】##【分析】化简可得，求出导数可得切线斜率在范围内，即可得出切线斜率必须一个是1，一个是，即可求出.【详解】，曲线的切线斜率在范围内，又曲线在两点处的切线互相垂直，故在，两点处的切线斜率必须一个是1，一个是.不妨设在A点处切线的斜率为1，则有，，则可得，所以.故答案为：.16．设是椭圆（）的右焦点，为坐标原点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点（点在轴上方），过作的垂线，垂足为，且，则该椭圆的离心率是__．【答案】【分析】结合图形，利用几何性质以及椭圆定义、勾股定理、离心率公式进行求解.【详解】由题可知，，且，所以，又因为是的中点，所以是的中位线，所以，且，又直线的斜率为，所以，设，，所以，，联立解得，，由勾股定理有：，即，所以，所以 .故答案为：. 四、解答题17．已知．(1)求的单调递增区间；(2)若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，再结合三角函数性质求解，（2）转化为与图象有两个交点，数形结合求解，【详解】（1），由得，，故的单调递增区间为（2）令，当时，，作函数的图象，数形结合可得，当或时，与有两个交点，即有两解，综上，当函数在区间上恰有两个零点时，的取值范围为18．已知数列的首项，且满足.(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)证明见解析；(2)当为偶数时，；当为奇数时，. 【分析】（1）根据等比数列的定义进行证明即可；（2）利用分组求和法，结合错位相减法进行求解即可.【详解】（1）由题知：所以又因为所以所以数列为以－1为首项，－1为公比的等比数列；（2）由（1）知：，所以，，记，所以，当为偶数时，；当为奇数时，；记两式相减得：，所以，所以，当为偶数时，；当为奇数时，.19．立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角．【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且，是线段与的中点，且，在图1中且，且．所以在图2中，且，且四边形是平行四边形，则由于平面，平面平面（2）由图1，，折起后在图2中仍有，即为二面角的平面角．，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设，则，，，设平面的一个法向量，由，得，取则于是平面的一个法向量，，∴直线与平面所成角的正弦值为【点睛】20．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．(1)求角；(2)己知，，点为的中点，点在线段上且，点为与的交点，求的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得角；（2）根据向量的线性运算表示，，根据向量数量积与模长求得夹角的余弦值.【详解】（1）由，得，又，所以，又，所以，所以，即，，又，，所以，；（2）点为的中点，，又，，，，，，，.21．椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，点M为椭圆上位于x轴上方的一点，满足，且的面积为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.过点作直线的垂线，垂足为，问：在平面内是否存在定点使得为定值，若存在，求出点的坐标；若不存在，试说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆定义，解得，即可求得椭圆方程；（2）根据的斜率关系，求得的斜率关系；设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，求得直线恒过的定点，结合，即可求得满足题意的点.【详解】（1）因为，所以 ， 即 ，所以，所以，又，，，所以，即，所以，所以，所以椭圆方程为.（2）依题意，，设，，若直线PQ的斜率为0，则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意；所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立，整理得：，所以，且，因为是椭圆上一点，即所，则， 即，因为， 得 即因为， 整理得，解得，直线PQ恒过定点.所以点H在以BM为直径的圆上，故存在点为BM的中点，满足题意.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中定值问题的求解；第二问中处理的关键是能够借助的斜率关系，求得的斜率关系，从而证明直线恒过定点，属综合困难题.22．已知函数，其中.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；（Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证： 【答案】（Ⅰ） 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析.【详解】（Ⅰ）由，可得，其中且，下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时：令，解得或，当变化时，的变化情况如下表：              所以，在，上单调递减，在内单调递增.（2）当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减.所以，在上单调递增，在上单调递减.（Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.（Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，可得，当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得.类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，，即对任意，设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.由此可得.因为，所以，故，所以.【解析】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.