2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考（四）数学试题（解析版）

这是一份2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考（四）数学试题（解析版），共26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。

一、单选题
1．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【分析】采用列举法列举出中元素的即可.
【详解】由题意，中的元素满足，且，
由，得，
所以满足的有，
故中元素的个数为4.
故选：C.
【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
2．已知等差数列满足，则的值为（ ）
A．－3B．3C．－12D．12
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质若则可得.
【详解】由等差中项的性质可得，，解得，
∵，∴．
故选：B
3．已知，，且，则的最小值是（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】C
【分析】利用基本不等式“1的代换”即可求出最小值.
【详解】因为，，且，所以，
所以，
当且仅当，时，等号成立．
故选：C
4．在我国古代数学名著《数学九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺.葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长丈尺，圆周长为尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺.”（注：丈等于尺），则这个问题中，葛藤长的最小值为（ ）
A．丈尺B．丈尺C．丈尺D．丈尺
【答案】C
【解析】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长尺，另一条直角边长（尺），利用勾股定理，可得结论．
【详解】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长尺，另一条直角边长（尺），
因此葛藤长的最小值为（尺），即为丈尺.
故选：C.
【点睛】本题考查旋转体表面上的最短距离问题，考查学生的计算能力，正确运用圆柱的侧面展开图是关键．
5．若直线与圆交于，两点，当最小时，劣弧的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简直线方程化为，得到直线恒过定点，结合圆的性质和圆的弦长公式，即可求解.
【详解】由题意，直线可化为，
当且，即且时，等式恒成立，所以直线恒过定点，
设圆的圆心为，半径，
当直线时，取得最小值，且最小值为，
此时弦长对的圆心角为，所以劣弧长为.
故选：B.
6．蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，殊不知蟋蟀鸣叫的频率（每分钟鸣叫的次数）与气温（单位：℃）存在着较强的线性相关关系.某地观测人员根据如表的观测数据，建立了关于的线性回归方程，则下列说法不正确的是（ ）
A．的值是20
B．变量，呈正相关关系
C．若的值增加1，则的值约增加0.25
D．当蟋蟀52次/分鸣叫时，该地当时的气温预报值为33.5℃
【答案】D
【分析】根据样本中心过经过线性回归方程、正相关的性质和线性回归方程的意义进行判断即可.
【详解】由题意，得，
，
则，故A正确；
由线性回归方程可知，，变量，呈正相关关系，故B正确；
若的值增加1，则的值约增加0.25，故C正确；
当时，，故D错误.
故选：D.
7．某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的名男医生(含一名主任医师)､名女医生(含一名主任医师)中分别选派名男医生和名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设事件A表示“有一名主任医师被选派”，事件B表示“两名主任医师都被选派”，则由题意可知所求为，代入条件概率的公式计算即可.
【详解】设事件A表示“有一名主任医师被选派”，事件B表示“两名主任医师都被选派”，则“在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派”的概率为.
故选：A.
8．在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccsA+acsC=2，AC边上的高为，则∠ABC的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论.
【详解】，
由余弦定理可得，整理可得，
又AC边上的高为，所以，即，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，，则，
，故∠ABC的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得.
二、多选题
9．关于函数的描述正确的是（ ）
A．其图象可由的图象向左平移个单位得到
B．在单调递增
C．在有3个零点
D．在的最小值为
【答案】AD
【分析】先化简利用图象的平移变换可判断A；令，求得其增区间可判断B；令，再根据求的值，即可判断C；根据，求出的范围，再利用正弦函数的性质求解可判断D，进而可得正确选项.
【详解】，
对于A：由的图象向左平移个单位，得到，故选项A正确；
对于B：令，解得：，
所以单调递增区间为，所以在单调递增，在单调递减，故选项B不正确；
对于C：令，得，解得，因为，
所以，；，，所以在有2个零点，故选项C不正确；
对于D：因为，所以，所以，
所以，所以在的最小值为，故选项D正确；
故选：AD.
10．如图，直接三棱柱，为等腰直角三角形，，且，，分别是，的中点，，分别是，上的两个动点，则（ ）
A．与一定是异面直线
B．三棱锥的体积为定值
C．直线与所成角为
D．若为的中点，则四棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】根据特殊位置法可判断A错误；根据三棱锥的体积公式以及等积法可求出三棱锥的体积，可判断B正确；易证平面，C正确；根据球的定义可知四棱锥的外接球球心为的中点，即可根据球的表面积公式判断D正确．
【详解】对于A项，当，重合时，（即）与是相交直线，故该说法错误；
对于B项，由已知可得，又平面平面，所以平面，在矩形中，的面积，
又，所以三棱锥的体积，所以该说法正确；
对于C项，由平面，得，
又，所以平面，所以，所以该说法正确；
对于D项，由题意可得四边形为矩形，连接，
则矩形外接圆的圆心为的中点，且，
过作与点，连接，，
则，，，故，
所以就是四棱锥的外接球的球心，所以外接球半径，
故外接球的表面积，故该说法正确.
故选：BCD．
【点睛】本题主要考查空间异面直线的位置关系的判断，等积法的应用，以及三棱锥的体积公式，球的表面积公式的应用，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．
11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为P，O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若，则直线AB的斜率为
C．若抛物线上存在一点到焦点F的距离等于3，则抛物线的方程为
D．若点F到抛物线准线的距离为2，则的最小值为
【答案】AD
【分析】通过设直线，与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，，
选项均可转化为坐标的运算，代入根与系数的关系，得到结果，
C选项可直接根据焦半径公式，计算并判断.
【详解】设，，直线l的方程为，
由 得，则，．
对于A，，故A正确；
对于B，根据抛物线的定义可知，，
故
，所以，解得，
所以直线l的斜率，故B不正确；
对于C，由题意可知，解得，则抛物线的方程为，故C不正确；
对于D，由题意可知，所以．
易得，其中d是点P到y轴的距离，r为以AB为直径的圆的半径，
且，．又，，且，
所以，，所以，
当时，取得最小值，故D正确．
故选:.
12．已知当时，不等式恒成立，则正实数的值可以为（ ）
A．1B．C．eD．
【答案】ABC
【分析】原不等式可变形为，令则对于恒成立，
利用导数判断的单调性可得，转化为，令，
利用导数求最小值可得的最大值即可求解.
【详解】 由题意，原不等式可变形为，
即，设，则当时，恒成立，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，因为在上单调递增，
所以要使，只需， 取对数，得，
因为，所以．令，因为，
所以在上单调递增，所以，所以，
则，故正实数a的最小值为,则正实数的值可以为.
故选:.
三、填空题
13．设复数，满足，，则=__________.
【答案】
【分析】方法一：令，，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果.
方法二：设复数所对应的点为,, 根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形为菱形，，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算.
【详解】方法一：设，，
，
，又，所以，，
.
故答案为：.
方法二：如图所示，设复数所对应的点为,,
由已知,
∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴，

∴.
【点睛】方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.
方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解
14．在平面四边形中，已知，为上一点，，，，与的夹角为，且，则______．
【答案】
【分析】利用、表示向量、，利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】因为，所以，四边形为平行四边形，
，，，
又，，，则，
.
故答案为：．
15．已知（为自然对数的成数），，直线是与的公切线，则直线的方程为________.
【答案】或
【分析】设出公切线与两曲线的切点，根据切点在曲线上和斜率建立关于切点坐标的方程，求出切点坐标后可得公切线的方程．
【详解】设公切线与且于点，与曲线切于点，
则有
②
又，
∴．
∵过点的直线的斜率为，
∴．③
由①②③消去整理得，
解得或．
当时，，直线与曲线的切点为，，此时切线方程为，即．
当时，，直线与曲线的切点为，，此时切线方程为，即．
故直线的方程为或．
所以答案为或．
【点睛】本题考查导数几何意义的应用，解答此类问题的关键是求出切点坐标．由于题目中不知曲线的切点坐标，所以在解题时首先要设出切点，然后根据切点在曲线上及导数的几何意义得到关于切点坐标的方程，求出切点坐标后可得切线方程．
16．设，同时为椭圆与双曲线的左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点M，椭圆与双曲线的离心率分别为，，O为坐标原点，若，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据椭圆及双曲线的定义求出，再根据，可得的关系，再将用表示结合函数的单调性即可得出答案.
【详解】解：设，，焦距为2c，
由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，
当时，可得，即，
可得，则，所以，
由，可得，可得，即，
，
可设，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，可得，
所以．
故答案为：.
四、解答题
17．由整数构成的等差数列满足.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列的通项公式为，将数列，的所有项按照“当n为奇数时，放在前面；当n为偶数时、放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列，，，，，，，，，……，求数列的前项和.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）设数列的公差为，根据题设条件，列出方程组，求得，即可求得数列的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又由数列的通项公式为，根据题意，得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由题意，设数列的公差为，
因为，可得，
整理得，即，解得或，
因为为整数数列，所以，
又由，可得，
所以数列的通项公式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列的通项公式为，又由数列的通项公式为，
根据题意，新数列，，，，，，，，，……，
则
.
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
18．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
20．为了备战2021年7月在东京举办的奥运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为．每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分．
（1）若m＝2，求分数X的概率分布列与数学期望．（若结果不为整数，用分数表示）
（2）若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G（n），如．
①求G（2）；
②问是否存在，使得为等比数列，其中？若有，求出；若没有，请说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，期望值；（2）①，②有，
【分析】（1）的可能取值为0，1，2，3，4，依次计算概率，再求分布列和期望即可；（2）①分两种情况：第一次就得两分和两次得1分②建立递推，用待定系数法即可.
【详解】进行一次试验
获得0分的概率为
获得1分的概率为
获得2分的概率为
进行两次试验
的可能取值为0，1，2，3，4
，，，
，
所以分数X的概率分布列为
数学期望
（2）①
②据题意有，，其中
设
比较系数得，解得
所以是公比为的等比数列，其中，.
21．在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过的直线与交于两点.
（1）若，求长度的最小值；
（2）设以为直径的圆交轴于两点，问是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 2 (2) 存在t＝2，使得．
【分析】（1）设，由两点的距离公式，配方，可得所求最小值；
（2）设直线AB的方程为x＝my+t，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，求得圆上任一点Q的轨迹方程，代入x1+x2，x1x2，再令y＝0，由韦达定理，结合向量数量积的坐标表示，可判断是否存在．
【详解】（1）设，由，
可得＝＝，
当y0＝±2时，|AP|取得最小值2；
（2）设直线AB的方程为，，
联立可得，即有，
设以AB为直径的圆上任一点
所以Q的轨迹方程为


所以Q的轨迹方程化为
令y＝0，得
所以上式方程的两根分别为x3，x4，，则
由，可得x3x4＝﹣4，即有t2﹣4t＝﹣4，解得t＝2．
所以存在t＝2，使得．
【点睛】关键点睛：本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，解得本题的关键是直线AB的方程为与抛物线方程联立得出韦达定理，得出Q的轨迹方程，由，得出答案.属于中档题．
22．已知函数．
（1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数；
（2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数几何意义求斜率，由切线方程求a；
（2）原问题转化为的零点问题，求导，利用导数可得单调性，结合零点存在性即可求解.
【详解】（1），
所以在点处的切线方程为，
所以，即；
（2）因为，
所以，
所以可转化为，
设，
则
当时，，
所以在区间上单调递增．
当时，设，
此时，
所以在时单调递增，
又，，
所以存在使得且时单调递减，
时单调递增．
综上，对于连续函数，在时，单调递减，
在时，单调递增．
又因为，
所以当，即时，函数有唯一零点在区间上，
当，即时，函数在区间上无零点，
综上可知，当时，函数在上有个零点；
当时，函数在上没有零点．
【点睛】关键点点睛：由题意可转化为在区间上的零点个数问题，求导，利用导数可得函数单调性，在时，单调递减，在时，单调递增，分类讨论的正负即可．
（次数/分钟）
20
30
40
50
60
（℃）
25
27.5
29
32.5
36
0
1
2
3
4