湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期第五次月考数学试题（解析版）

雅礼中学2023届高三月考试卷（五）

数学

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. 已知全集，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先由一元二次不等式的解法求得集合M，再由集合的补集、交集运算求得答案.

【详解】解：由题意可得：由得或，所以，则 ：，

又，所以 .

故选：A．

2. 若复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.

【详解】由复数的四则运算可得，

因此，.

故选：A

3. 如图，在中，点是边的中点，，则用向量表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据题意，得到，，再由向量的加减运算，即可得出结果.

【详解】因为点是边的中点，所以，

又，所以，

因此.

故选：A.

【点睛】本题主要考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.

4. 在普通高中新课程改革中，某地实施”3＋1＋2“选课方案，该方案中的“2”该指的是政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地理至少有一门被选中的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别查出4门科目任选2门总共结果数，再选出政治和地理至少有一门的结果数，然后根据古典概率计算概率即可.

【详解】在政治、地理、化学、生物4门科目中任选2门共有6种情况，

分别为：政治+地理、政治+化学、政治+生物、地理+化学、地理+生物、化学+生物.

其中政治和地理至少有一门的情况包含5种，

分别为：政治+地理、政治+化学、政治+生物、地理+化学、地理+生物.

故政治和地理至少选一门的概率为.

故选：D

5. 已知三棱台中，三棱锥的体积为4，三棱锥的体积为8，则该三棱台的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，棱台高为，由已知得，，根据棱台的体积公式可得三棱台的体积．

【详解】设，棱台高为，由已知，得，

，得，

三棱台的体积为，

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查了三棱台、三棱锥的体积的求法，解题的关键点是利用底面积与高的转化．

6. 将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，所得函数图象的一个对称中心是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先利用三角函数的图像变换，可以得到变换后的函数解析式，再由正弦函数的对称性代入计算即可.

【详解】函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），

则得到：，

再向右平移个单位，则得到：，

令即

故选：D

【点睛】本题考查了三角函数图像的变换以及三角函数的对称性，属于一般题.

7. 设，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数函数、幂函数和对数函数的单调性可得出，，然后即可得出，，的大小关系

【详解】，，

．

故选：D．

8. 边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设底面边长为，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可.

【详解】如图所示，设围成的四棱柱为，

为正四棱锥的高，作交于，连接，

设，则，在直角三角形中由勾股定理得，

又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，

记球心为，半径为，连接，则，

则在直角三角形中，

即，解得，

令，则，，

令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时取最小值，所以，

所以该四棱锥外接球的表面积的最小值为，

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点M，N分别为棱BC，AD的中点．则（    ）

A.

B.

C. 侧棱与底面所成角的余弦值为

D. 直线AM与CN所成角的余弦值为

【答案】BC

【解析】

【分析】把分别用表示，再根据数量积的运算律计算分析，即可判断ABD，连接，在上取点，使得，连接，则平面，解即可判断C.

【详解】解：由正四面体ABCD，可得，

对于A，，

则

，故A错误；

对于B，，

则，

所以，故B正确；

对于D，，

则，

，

设直线AM与CN所成角为，

则，

所以直线AM与CN所成角的余弦值为，故D错误；

对于C，连接，在上取点，使得，连接，

则平面，

则即为直线与平面所成角的平面角，

在中，，

则，

由正四面体的结构特征可得，直线与平面所成角的相等，

所以侧棱与底面所成角的余弦值为，故C正确

故选：BC

10. 已知函数，若，则下列选项正确的是（    ）

A.

B.

C. 当时，

D. 若方程有一个根，则

【答案】BC

【解析】

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可判断A选项；由函数的单调性可判断B选项；利用函数在区间 上的单调性可判断C选项；取特例可判断D选项.

【详解】对于A选项，构造函数，定义域为，，

当 时，；当 时，．

所以，函数的单调递减区间为 ，单调递增区间为

当 时，，即，A选项错误；

对于B选项， ，由于函数在上单调递增，

当时，，即 ，所以，B选项正确；

对于C选项，函数，定义域为，

令，则；令，可得

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

当 时，，则，

即，C选项正确；

对于D选项，当时，若方程也只有一个根，D选项错误.

故选：BC

11. 设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）

A.

B.

C. 若点，则的最小值是3

D. 的面积的最小值是2

【答案】ACD

【解析】

【分析】

讨论直线l是否有斜率，分别计算|AB|和△OAB的面积或其范围，判断A，D，举特例判断B错误，根据抛物线性质和三点共线判断C．

【详解】解：F（1，0），不妨设A在第一象限，
（1）若直线l无斜率，则A（1，2），B（1，−2），
则|AB|＝4，|OA|＋|OB|＝2|OA|＝，

，显然B错误；
（2）若直线l存在斜率，

设直线l斜率为k，则直线l的方程为：y＝k（x−1），显然k≠0，
联立方程组，消元得：，
设，

则，
∴|AB|＝＋2＝4＋＞4，
原点O到直线l的距离，
∴，
综上，|AB|≥4，≥2，故A正确，D正确，
过点A向准线作垂线，垂足为N，则|PA|＋|AF|＝|PA|＋|AN|，
又P（2，2）在抛物线右侧，故当P，A，N三点共线时，|PA|＋|AF|取得最小值3，故C正确．
故选：ACD．

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的简单性质，属于中档题．

12. 已知函数，，，则下列四个结论中正确的是（    ）．

A. 的图象可由的图象平移得到

B. 函数的图象关于直线对称

C. 函数的图象关于点对称

D. 不等式的解集是

【答案】ABC

【解析】

【分析】由可知A正确；设，证明即可判断B；设，证明即可判断C；利用指数函数的单调性解不等式，分类讨论不等式的解，即可判断D.

【详解】对于A，因为，所以的图象可由的图象平移得到，所以A正确；

对于B，设，则，

，因为，

所以的图象关于直线对称，B正确；

对于C，设，则，

，因为，

所以的图象关于点对称，所以C正确；

对于D，由，得，化为，，若，则；若，则，所以D错误．

故选：ABC

【点睛】本题考查指数与指数函数、函数的基本性质，属于中档题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在的展开式中，项的系数为______．

【答案】10

【解析】

【分析】利用二项定理展开，再利用多项式乘法法则求出项即可作答.

【详解】依题意，，因此展开式中项为，

所以项的系数为10.

故答案为：10

14. 已知圆，M是直线l：上的动点，过点M作圆O的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为______.

【答案】3

【解析】

【分析】画出图形，设,利用数量积公式将转化为求的最小值，从而分析图形可知当 时, 这时最小，即 最小.

【详解】设, 则 ,

可知当 时, 最小且 最大, 最小, 这时 最小.

设点 到直线 的距离为 , 则 .

因为圆 的半径为 , 所以当 时, , 可得 ,

所以 的最小值为3.

故答案为：3 .

15. 已知曲线在点处的切线也是曲线的一条切线，则____________．

【答案】##

【解析】

【分析】首先利用导数的几何意义得到切线为，设的切点为，从而得到，代入切线得到切点为，再结合即可得到答案.

【详解】，，所以切点.

，，切线，即.

设的切点为，

，，所以.

所以切点为，将点代入切线得：，

又因为，解得：.

故答案为：.

16. 已知椭圆的一个焦点为F，若过焦点F的弦AB与以椭圆短轴为直径的圆相切，且，则该椭圆的离心率为______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据直线与单位圆相切、列方程，求得，从而求得椭圆的离心率.

【详解】椭圆，焦距为c,以椭圆短轴为直径的圆为，圆心为原点，半径为.

由于过焦点F的弦AB与以椭圆短轴为直径的圆相切，

所以直线与轴不平行，设直线的方程为，

原点到直线的距离为①，

由消去并化简得，

，设，

则，所以

，，

由于，所以，

解得（负根舍去），则，

所以椭圆的离心率为.

故答案：

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

17. 已知函数的所有正的零点构成递增数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先利用辅助角公式化简，再求出所有正的零点，利用等差数列即可求解通项.

（2）首先求出，再利用错位相减法求解即可.

【小问1详解】

，

由题意令，解得.

又函数的所有正的零点构成递增数列，所以当时，是首项，公差的等差数列，因此.

【小问2详解】

由（1）知，

则，①，②

由①-②得，

所以.

18. 为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD．其中AB＝3百米，AD＝百米，且△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形．拟修建两条小路AC，BD（路的宽度忽略不计），设∠BAD＝，(，)．

（1）当cos＝时，求小路AC的长度；

（2）当草坪ABCD的面积最大时，求此时小路BD的长度．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，利用同角三角函数基本关系式可求sinθ，根据正弦定理可求sin∠ADB，进而可求cos∠ADC的值，在△ACD中，利用余弦定理可求AC的值．

（2）由（1）得：BD2＝14﹣6cosθ，根据三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求．SABCD＝7sin（θ﹣φ），结合题意当θ﹣φ时，四边形ABCD的面积最大，即θ＝φ，此时cosφ，sinφ，从而可求BD的值．

【详解】（1）在中，由，

得，又，∴．

∵   ∴

由得：，解得：，

∵是以为直角顶点的等腰直角三角形  ∴且

∴

在中， ，

解得：

（2）由（1）得：，

，此时，，且

当时，四边形的面积最大，即，此时，

∴，即

答：当时，小路的长度为百米；草坪的面积最大时，小路的长度为百米．

【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

19. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2.

（1）求点D到平面的距离；

（2）若，求二面角的大小.

【答案】（1）详见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接AC，交BE于F，易得四边形ABCE是菱形，得到，再由，得到，从而有平面，然后利用求解；

（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面BEP的一个法向量为，易知平面BEA的一个法向量为，由求解.

【小问1详解】

解：如图所示：

， 

连接AC，交BE于F，

因为，，，，，

所以AE=2，

又，

所以四边形ABCE是菱形，

所以，

在中，，

所以，又，则，

所以，又，

所以平面，

设点D到平面的距离为h，

因为，

且，

所以，解得；

【小问2详解】

由（1）建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以，因为，

所以，

设平面BEP的一个法向量为，

则，即，

令，得，

易知平面BEA的一个法向量为，

所以，

则，

易知二面角的平面角是锐角，

所以二面角的大小为.

20. 法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都会到同一家面包店购买一个面包.该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是1000，上下浮动不超过50.这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望为1000，标准差为50的正态分布.

（1）已知如下结论：若，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量.利用该结论解决下面问题.

（i）假设面包师说法是真实的，随机购买25个面包，记随机购买25个面包的平均值为，求；

（ii）庞加莱每天都会将买来的面包称重并记录，25天后，得到的数据都落在上，并经计算25个面包质量的平均值为.庞加莱通过分析举报了该面包师，从概率角度说明庞加莱举报该面包师的理由；

（2）假设有两箱面包（面包除颜色外，其他都一样），已知第一箱中共装有6个面包，其中黑色面包有2个；第二箱中共装有8个面包，其中黑色面包有3个.现随机挑选一箱，然后从该箱中随机取出2个面包.求取出黑色面包个数的分布列及数学期望.

附：

①随机变量服从正态分布，则，；

②通常把发生概率小于的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生.

【答案】（1）（i）；（ii）理由见解析.   

（2）

【解析】

【分析】（1）（i）由正太分布的对称性及原则进行求解；（ii）结合第一问求解的概率及小概率事件进行说明；（2）设取出黑色面包个数为随机变量，则的可能取值为0,1,2,求出相应的概率，进而求出分布列及数学期望.

【小问1详解】

（i）因为，所以，因为，所以，因为，所以；

（ii）由第一问知，庞加莱计算25个面包质量平均值为，，而，为小概率事件，小概率事件基本不会发生，这就是庞加莱举报该面包师的理由；

【小问2详解】

设取出黑色面包个数为随机变量，则的可能取值为0,1,2,

则；，，故分布列为：

其中数学期望

21. 如图，已知椭圆与等轴双曲线共顶点，过椭圆上一点P（2，－1）作两直线与椭圆相交于相异的两点A，B，直线PA、PB的倾斜角互补，直线AB与x，y轴正半轴相交，分别记交点为M，N.

（1）求直线AB的斜率；

（2）若直线AB与双曲线的左，右两支分别交于Q，R，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)先求出椭圆方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解，坐标，直接计算直线斜率即可.

(2)联立直线与双曲线的方程，利用求根公式表示出，的坐标，化简的表达式，整理求出的

取值范围即可得出结果.

【小问1详解】

由题椭圆，顶点，可得，又因为点在椭圆上，

即，得，所以椭圆方程为，设等轴双曲线：，，

由题意等轴双曲线的顶点为，可得，所以双曲线的方程为：，

因为直线PA、PB的倾斜角互补，且，是不同的点，所以直线PA、PB都必须有斜率，设直线方程为

，联立，整理得，

和点横坐标即为方程两个根，可得

，因为，所以，代入直线可得，即

，又因为直线PA、PB的倾斜角互补，将换成，可得，

两点求斜率可得出

所以直线AB的斜率为

【小问2详解】

由(1)可设直线的方程：，又因为直线AB与x，y轴正半轴相交，则，联立方程组

，整理得，，解得.

联立直线和双曲线方程，消去得，

利用求根公式可得，由题意可知，，

所以，

又因为，所以，则，即

，所以，

所以的取值范围为

【点睛】方法点睛：

（1）解答直线与圆锥曲线题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去一个未知数建立一元二次方程，

然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.

（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率不存在的特殊情况.

22. 已知函数.

（1）当时，求在区间上最小值；

（2）证明：且）.

【答案】（1）   

（2）证明详见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数判断出在区间上的单调性，从而求得最小值.

（2）先证得在区间上恒成立，进而证得要证明的不等式成立.

【小问1详解】

，

，，

令，

令，

所以在区间上单调递减，即在区间上单调递减.

，

故存在使，

所以在区间单调递增，在区间单调递减，

，所以在区间，，

所以在区间上递增，最小值为.

【小问2详解】

由（1）可知在区间上恒成立（），

所以，

对于函数，，

所以在区间上单调递增，

所以当时，，即，

所以，

即在区间上恒成立，

所以

.

【点睛】关键点点睛：不等式证明的可考虑综合法以及分析法，本题第小问是分析法.在导数运用的题目中，第一问的结论可能会用到第二问.特殊不等式（常见不等式）等，可以在平时做题中积累，解答过程中需要利用导数进行简单的证明.当一次求导无法求得函数的单调性时，可考虑利用多次求导来进行求解.