湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期月考(五)数学试题（原卷及解析版）

数学

命题：高三备课组

时景：120分钟  满分：150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，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知列式解出，即可根据复数运算得出答案.

【详解】复数是纯虚数，

，且，故，

.

故复数在复平面内对应的点在第一象限，

故选：A.

2. 设，向量，，.则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要文件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据可得的值，再根据也可得到的值，即可得到命题关系.

【详解】因为，即；，即，“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3. 如图所示，A，B是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合.若，，，则为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题目图示与已知条件的定义可知，表示，结合题目所给集合计算即可.

【详解】因为集合，，

所以，，则.

故选：B.

4. 已知角的终边上有一点，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数定义可知，再利用三角恒等变换和同角三角函数之间的基本关系即可求得结果.

【详解】角的终边上有一点，

根据三角函数定义得，所以

.

故选：C

5. 甲、乙两名司机的加油习惯有所不同，甲每次加油都说“师傅，给我加300元的油”，而乙则说“师傅帮我把油箱加满”，如果甲、乙各加同一种汽油两次，两人第一次与第二次加油的油价分别相同，但第一次与第二次加油的油价不同，乙每次加满油箱，需加入的油量都相同，就加油两次来说，甲、乙谁更合算（    ）

A. 甲更合算 B. 乙更合算

C. 甲乙同样合算 D. 无法判断谁更合算

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意列出甲乙两次加油的平均单价，进而根据不等式即可求解.

【详解】设两次的单价分别是元/升，

甲加两次油的平均单价为，单位：元/升，

乙每次加油升，加两次油的平均单价为，单位：元/升，

因为，，，

所以，即，

即甲的平均单价低，甲更合算.

故选：A

6. 为参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，某班从班级初选的甲乙2名男生和6名女生共8名同学中随机选取5名组成班级代表队参加比赛，则代表队中既有男生又有女生的条件下，男生甲被选中的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用条件概率公式计算即可

【详解】记“代表队中既有男生又有女生”为事件，“男生甲被选中”为事件，

则，所以，所以

故选：D.

7. 若直线与函数（且）的图象有两个公共点，则的取值不可以是（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】分别将和两种情况作出函数图象，利用数形结合根据交点个数即可求得的取值范围，即可得出选项.

【详解】的图象由的图象向下平移一个单位，再将轴下方的图象翻折到轴上方得到，

分和两种情况分别作图.

当时，图象如下图所示：

此时需要，即，

所以；

当时，图象如下图所示：

此时需满足，都符合条件；

综上可知, 的取值范围为或，

所以的取值不可以是D.

故选：D

8. 已知函数的图象在处的切线与直线平行，若存在，使得不等式成立，则实数的最小值是（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】有解问题，通过分离变量转化为函数最值问题求解

【详解】函数的导数为，

由题意可得的图象在处的切线的斜率为，

由切线与直线平行，可得，解得.

若存在，使得不等式成立，即为在时有解，

故在时有解，

令，，

则，

易得，时，恒成立，

故时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故时，取得最小值，

则，可得的最小值为3.

故选：C.

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. 下列说法正确的是（    ）

A. 若样本数据的方差为4，则数据的方差为9

B. 若随机变量，，则

C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越弱

D. 若事件A，B满足，，，则有

【答案】BD

【解析】

【分析】A选项，根据方差的线性运算性质，计算即可；B选项，根据正太分布曲线可求得；C选项相关系数越接近1，相关性越强；D选项，，则两事件相互独立，根据条件概率的计算公式可以求得.

【详解】由于，所以数据的方差为16，因此选项A错误；

随机变量，，

则，因此选项B正确；

线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故选项C错误；

由于等价于“事件A与事件B相互独立”，即，故必有.因此选项D正确.

故选：BD.

10. 在棱长为2的正方体中，点M，N，P分别是线段，线段，线段上的动点，且.则下列说法正确的有（    ）

A.

B. 直线MN与AP所成的最大角为90°

C. 三棱锥的体积为定值

D. 当四棱锥体积最大时，该四棱锥的外接球表面积为

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据正方体的性质可得，由即可判断A,根据线线夹角的定义，结合图形关系即可求解B，根据等体积法即可判断C,根据外接球的求解即可判断D.

【详解】对于A，因为正方体是棱长为2的正方体，连接，

因为点M、N分别是线段、线段的动点，且，

所以，,所以,

又,所以，因此A正确；

对于B，又，因此，

因此直线MN与AP所成的角就是直线与AP所成的角，

当P为中点时，直线与AP所成的角最大为90°，因此B正确；

对于C，，因此C正确；

对于D，当P为点时，四棱锥体积最大，

该四棱锥的外接球即正方体的外接球，

直径为 ，故其表面积为，因此D不正确.

故选:ABC.

11. 已知函数，，则下列说法正确的是（    ）

A. 在上是增函数

B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为

C. 若有两个根，，则

D. 若，且，则的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项，由题，，判断在上的单调性即可；

B选项，由单调性，；

C选项，由有两个零点，，可得，设，则，又，后研究在上的单调性即可；

D选项，因，及在上单调递增，

可得.

又，则，

故，后结合B选项分析可判断选项.

【详解】对于A选项，，.

又当时，，则在上是增函数，故A正确；

对于B选项，时，，又为正实数，所以，又时，，所以在单调递增，故，即.令，知，所以在上递增，在上递减，所以，得正实数的最小值为，故B正确；

对于C选项，有两个根，，等价于函数有两个零点，.

注意到，则在上单调递减，在上单调递增，因函数有零点，则.

设，又，，

则.令

则，得时，.

又 ，则，.得.

若，则等价于，因在上单调递增，

则等价于，又，

则等价于.

令，，，即在上递增，所以，则时，，所以不成立，故C错误；

对于D选项，由AB选项分析可知，在上单调递增，

又，，

则.由，即，即有，又，在上单调递增，所以，即，所以，其中.由B选项分析可知，，其中时取等号，则，其中时取等号，所以，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题涉及求函数单调区间，恒成立问题及双变量问题，难度较大.

对于复杂函数，常利用导数求单调区间.对于恒成立问题，常利用分离参数法将问题转化为求最值.对于双变量问题，常结合题目条件寻找变量间关系，将双变量转化为单变量.

12. 已知，分别为双曲线：的左、右焦点，点M为双曲线右支上一点，设，过M作两渐近线的垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（    ）

A. 的最小值为

B. 为定值

C. 若当时，（为坐标原点）恰好为等边三角形，则双曲线的离心率为

D. 当时，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线的斜率的绝对值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据题意利用焦半径公式可知长度的最小值为，可判断A；利用点到直线的距离公式可得，再利用点M在双曲线上即可得出为定值，即B正确；由利用直角三角形的性质和为等边三角形可得，，再根据双曲线定义即可求得离心率，可判断C；当时，直线与圆相切根据勾股定理和双曲线定义可得，即双曲线的渐近线的斜率的绝对值为，所以D正确.

【详解】解：对于A，因为是双曲线C的右焦点，点M为双曲线右支上一点，

所以由双曲线性质知线段长度的最小值为，故A错误；

对于B，设，两渐近线方程分别为，，

所以，

又因为满足，可得，

所以故B正确；

对于C，因为，所以，而（为坐标原点）恰好为等边三角形，

因此由知，，

所以由双曲线的定义知：，

即，即双曲线的离心率，故C正确；

对于D，如图，

设直线与圆相切于点A，连接OA，则，且.

作于点B，则.

又因为，所以，，

因此在中，.

又点在双曲线右支上，所以，

整理得，即，

因此双曲线的渐近线的斜率的绝对值，故D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：在双曲线离心率和渐近线方程以及焦点三角形综合问题求解过程中，经常会用到勾股定理和双曲线定义，根据三角形边长之间的关系得出双曲线中的关系式即可实现问题求解.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的展开式中含的系数是_______.

【答案】

【解析】

【分析】依题意可得，再凑出，利用二项式展开式的通项计算可得.

【详解】解：因为，

所以的展开式中含的项为

，

则含的系数为.

故答案为：

14. 若直线：与曲线：有两个不同的交点，则实数的取值范围是_______.

【答案】

【解析】

【分析】首先求出直线过定点坐标及曲线所表示的图形，再数形结合即可得解.

【详解】解：由题意可得直线：即，所以直线恒过定点，曲线：图象为以为圆心，2为半径的上半圆（包含轴部分），

它们的图象如图所示：

当直线过点时，它们有两个交点，此时，

当直线与上半部分圆相切时，有一个交点，此时，

由图象可知，若直线与曲线有两个不同的交点，则，

即实数的取值范围是.

故答案为：

15. 已知数列满足:对恒成立,且,其前项和有最大值,则使得的最大的的值是_________.

【答案】15

【解析】

【分析】先根据递推关系式得数列为等差数列,再根据前项和有最大值得单调性,由,可得,根据等差数列性质,分别判断的正负,即可得出结果.

【详解】解:由题知,

即对恒成立,

所以数列为等差数列,

因为前项和有最大值,

所以数列单调递减,

因为,所以异号,且,

所以可化简为:,即,

因为,

,

所以使得的最大的的值为15.

故答案为:15

16. 已知F为抛物线的焦点，由直线上的动点P作抛物线的切线，切点分别是A，B，则与（为坐标原点）的面积之和的最小值是_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点A、B处的切线方程，联立即可得出点P的坐标，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理及点P在直线上，即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.

【详解】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，设，，

由，得，求导得，

则抛物线在点A处的切线方程为，整理得：，

同理得抛物线在点B处的切线方程为，

则由，解得，即两切线的交点，

由消去y整理得，

则，，则，

点P在直线上，则，

则直线AB的方程为，过定点，

且，

设，则，

则，

，

，

，

当且仅当，即时等号成立，

则与的面积之和的最小值为.

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. 已知等比数列的首项，公比为，前项和为，且，，成等差数列.

（1）求通项；

（2）若，求的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，先验证不符合要求，然后再由列出方程，即可求得，从而得到通项公式；

（2）根据题意，可得，其奇数次项依次构成一个首项为1，公比为4的等比数列，而偶数次项依次构成一个首项为，公差为的等差数列，然后结合数列求和的公式，代入计算即可得到结果.

【小问1详解】

若，而首项，则，不合题意，故.

则由可得，，所以，

则.

【小问2详解】

由（1）可得

对，其奇数次项依次构成一个首项为1，公比为4的等比数列，而偶数次项依次构成一个首项为，公差为的等差数列，

当为偶数时，

当为奇数时，

综上，

18. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知且.

（1）若，求；

（2）若BC边上的高是AH，求BH的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据二倍角的余弦公式化简，再由余弦定理可得，再由正弦定理求即可；

（2）由三角恒等变换化简后，利用正弦型函数的性质求最大值即可得解.

【小问1详解】

由可得：

，

即：.

即，又，∴，

由正弦定理得：.

【小问2详解】

由题意，

，

∵，

∴时，取得最大值.

19. 如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，，侧棱与底面所成角为60°.

（1）求三棱柱的体积；

（2）在线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）.   

（2）存在，位于点

【解析】

【分析】(1)求三棱柱的体积，根据题目已知条件可以判断三棱锥为正三棱锥，因此可以求出三棱柱的高，进而可以求得三棱柱的体积.(2)建立空间直角坐标系，假设存在点G，则点G满足，利用平面与平面的夹角为60°，分别求出两平面的法向量，代入公式使得夹角为60°，求出，只要满足即存在点G.

【小问1详解】

取中点M，连接AM，DM.如图所示

因为为正三角形，为等腰三角形且以BC为底，

故，（三线合一），所以平面.

又平面，所以平面平面，

故在平面的射影在射线AM上，

为侧棱AD与底面所成角，

即.

在中，，，由余弦定理知，

故三棱锥为正三棱锥，高，底面的面积，

三棱柱的高也为2，故三棱柱的体积.

【小问2详解】

以M为坐标原点，MA、MB为，轴建立如图所示坐标系.

依题意，，，，，

假设存在点满足题意，设，，

，.

设平面的法向量为，

则取，

平面的法向量.

依题意，，解得，故当位于点时，满足要求.

20. 甲乙两人进行乒乓球比赛,经过以往的比赛分析,甲乙对阵时,若甲发球,则甲得分的概率为,若乙发球,则甲得分的概率为.该局比赛甲乙依次轮换发球权(甲先发球),每人发两球后轮到对方进行发球.

（1）求在前4球中,甲领先的概率;

（2）12球过后,双方战平(6:6),已知继续对战奇数球后,甲率先取得11分获得胜利(获胜要求净胜2分及以上).设净胜分为(甲,乙的得分之差),求的分布列.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析

【解析】

【分析】（1）分甲乙比分为4:0和3:1两种情况计算，然后再求和即可

（2）12球过后至少再比5场,甲连胜率先取得11分赢得比赛,或者再比7场,这时甲乙比分为11:8,如果再比9场,甲11分的话，乙这时10分甲还需再赢一场才能获胜,所以该情况排除.继续对战5局,分别是甲发三球乙发两球,甲连赢,计算概率即可，继续对战7局, 最后一球是乙发球且最后一球一定是甲赢，前6局分别是甲发四球乙发两球,甲赢4局乙赢2局,分为三种情况，乙在甲发的四球里赢了两球、乙在乙发的两球里赢了两球、乙在甲发的四球和乙发的两球中各赢了一球,计算概率即可.

【小问1详解】

甲与乙的比分是4:0的概率为

比分是3:1的概率为

故前4球中,甲领先的概率

【小问2详解】

依题意,接下来由甲先发球.继续对战奇数球后,甲获得11分胜利,即甲11:6或11:8获胜,即在接下来的比赛中,甲乙的比分为5:0或5:2,且最后一球均为甲获胜.

记比分为5:0为事件,则

记比分为5:2为事件,即前6场比赛中,乙获胜两场,期间甲发球4次,乙发球两次

故甲依题意获胜的概率为

的所有可能取值为3,5

由条件概率有,,故的分布列为

21. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦AB与CD，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意，由离心率可得的关系，再将点的坐标代入即可得到椭圆方程；

（2）根据题意，先讨论两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，再讨论两条弦斜率均存在且不为0，此时设直线的方程为，则直线的方程为，联立椭圆与直线方程，结合韦达定理与弦长公式分别表示出弦长与弦长，即可得到结果.

【小问1详解】

∵，所以.

设椭圆方程为，将代入，得.

故椭圆方程为.

【小问2详解】

①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，

易得其中一条弦为长轴，另一条弦长为椭圆的通径为，即；

②当两条弦斜率均存在且不为0时，设，，

设直线的方程为，则直线的方程为，

将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得：

，

∴，，

∴，

同理，，

∴，

令，则，

∴，

∵，∴，

∴，∴，

∴，∴.

综合②可知，的取值范围为.

22. 设函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）曲线与直线交于，两点，求证：；

（3）证明：.

【答案】（1），单调递减；时，单调递增   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解，

（2）求导得，进而代入化简将问题转化成，构造函数即可利用导数求解，

（3）利用（2）的结论取，，利用累加法即可求解.

【小问1详解】

当时，，，

时，，单调递减；

时，，单调递增

【小问2详解】

，则，

由题意，知有两解，，不妨设，

要证，即证，

①若，则；

②若，由知，在上单调递减，在上单调递增，也有，

综合①②知，，所以只需证（*）.

又，，

∴两式相减，整理得，代入（*）式，

得，即.

令，即证.

令，则，

∴在其定义域上为增函数，∴，∴成立.

【小问3详解】

由（2）知，，故，，

取，，所以，，

累加，得.

【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．