湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期月考(六)数学试题（原卷及解析版）

湖南师大附中2023届高三月考试卷（六）

数学

命题人、审题人：高三数学备课组

时量：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. 已知复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】直接将解出来再化解即可.

【详解】.

故选：D

2. 已知集合，，则的元素个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用列举法表示集合，利用交集的定义可得出集合，即可得出该集合中元素的个数.

【详解】由题意得，

，

因此，，共个.

故选：C.

【点睛】本题考查交集元素个数的计算，解答的关键就是利用列举法表示集合，属于基础题.

3. 已知函数，则的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.

【详解】当时，，则，

在上单调递增，BD错误；

当时，，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.

故选：A.

4. 我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

分析】

设，过点作于点，根据题中条件，得到，，再由平面向量的线性运算，即可得出结果.

【详解】设，由题意，可得，在中，可得，

过点作于点，则，且，

所以，

所以，，

因此.

故选：A.

5. 的展开式中的系数是12，则实数a的值为（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项式定理将式子展开即可求解.

【详解】利用二项式定理展开得

则的系数为.

故选：C.

6. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形， 为的中点，面，且，动点在以为球心半径为1的球面上运动，点在面内运动，且，则长度的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】若要使最短，点必须落在平面内，且一定在的连线上，此时应满足四点共线，通过几何关系即可求解

【详解】

如图，当点落在平面内，且四点共线时，距离应该最小，由可得，即点在以为圆心，半径为1的圆上，由几何关系求得，，故

故答案选：C

【点睛】本题考查由几何体上的动点问题求解两动点间距离的最小值，属于中档题

7. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意构造函数和，利用导数研究函数的单调性可得，进而，则；利用导数研究函数的单调性可得当时，即，则，进而得出结果.

【详解】由，得；

由，得.

设函数，则，

所以函数在上单调递减，故，

即，所以，有，得，

所以，所以；

由，可设函数，

则，所以函数在单调递增，且，

所以当时，，即，即，所以.

综上，.

故选：C

8. 已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简,得到 ,由题可得和,结合即可得解.

【详解】因为

若，则，

∴，

则，又，解得.

又，解得.

，解得，，或.

当时，；当时，，可得.

∴.

故选B.

【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

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. 如图，正方体的棱长为1，点P是棱上的一个动点（包含端点），则下列说法不正确的是（    ）

A. 存在点P，使面

B. 二面角的平面角为60°

C. 的最小值是

D. P到平面的距离最大值是

【答案】BD

【解析】

【分析】当与点重合时， 面，A正确，二面角的平面角为，B错误， ，C正确，当与点重合时，P到平面的距离，D错误，得到答案.

【详解】当与点重合时，，平面，不在面故面，A正确；

二面角即二面角，平面角为，B错误；

如图所示：，当共线时等号成立，C正确；

，得到平面，故，同理可得平面，设交平面于，

则，当与点重合时，P到平面的距离，D错误.

故选：BD.

10. 定义：如果函数在上存在，（），满足，则称，为上的“对望数”.已知函数为上的“对望函数”.下列结论正确的是（    ）

A. 函数在任意区间上都不可能是“对望函数”

B. 函数是上的“对望函数”

C. 函数是上的“对望函数”

D. 若函数为上的“对望函数”，则在上单调

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据“对望函数”的定义，代入具体函数依次判断，可判断A，B，C；若函数为上的“对望函数”，则在上必有两个不相等的实根，可判断D.

【详解】对于A，因为是单调递增函数，所以在上不可能存在，（），满足，所以函数在任意区间上都不可能是“对望函数”，故A正确；

对于B，，，令，得，，且，所以函数是上的“对望函数”，故B正确；

对于C，，，令，得，因此存在，使得，所以函数是上的“对望函数”，故C正确；

对于D，若函数为上的“对望函数”，则在上必有两个不相等的实根，则函数在上不单调，故D错误.

故选：ABC

11. 已知双曲线的左，右顶点分别为，，点P，Q是双曲线C上关于原点对称的两点（异于顶点），直线，，的斜率分别为，，，若，则下列说法正确的是（    ）

A. 双曲线C的渐近线方程为 B. 双曲线C的离心率为

C. 为定值 D. 的取值范围为

【答案】BCD

【解析】

【分析】求得双曲线C的渐近线方程判断选项A；求得双曲线C的离心率判断选项B；化简后再判断选项C；求得的取值范围判断选项D.

【详解】设，则，因为，，

故，

依题意有，所以，

所以双曲线C的渐近线方程为，

离心率，故选项A错误，选项B正确；

因为点P，Q关于原点对称，所以四边形为平行四边形，即有，

所以，故C正确；

设的倾斜角为，的倾斜角为，由题意可得，

则，根据对称性不妨设P在x轴上方，则，则，则，

因为P在x轴上方，则，或，

函数在和上单调递增，

所以，故D正确.

故选：BCD.

12. 定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）

A.  B. 函数关于对称

C. 函数是周期函数 D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件可得，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，判断C，D.

【详解】因为为奇函数，所以，

取可得，A对，

因为，所以

所以，又，即，

，故，

所以函数的图象关于点对称，B错，

因，所以

所以，为常数，

因为，所以，

所以，取可得，

所以，又，即，

所以，所以，

所以，故函数为周期为4的函数，

因为，所以，，

所以，

所以

，

所以，

故的值为0，D正确；

因为，即

故函数也为周期为4的函数，C正确.

故选：ACD.

【点睛】本题的关键在于结合，，且为奇函数三个条件，得到函数，的周期，利用对称性和周期性判断各个选项.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为___________．

【答案】

【解析】

【分析】首先排好4个1,，即可产生5个空，再利用插空法求出2个0相邻与2个0不相邻的排法，再利用古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：将4个1和2个0随机排成一行，4个1产生5个空，

若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，

所以2个0不相邻的概率为

故答案为：

14. 平面直角坐标系xOy中，已知AB是圆C：的一条弦，且，M是AB的中点.当弦AB在圆C上运动时，直线l：上总存在P，Q两点，使得恒成立，则线段PQ长度的取值范围是_____.

【答案】

【解析】

【分析】

由点M所在圆的方程为，要使得恒成立，则点M所在的圆在以PQ为直径的圆的内部，结合点到直线的距离公式，进而得到圆的半径的最小值.

【详解】由圆C：可知圆心C，半径为，

因为M是AB的中点，所以，

又因为，所以三角形ABC为等腰直角三角形，所以，

即点M在以C为圆心，1为半径的圆上，

点M所在圆的方程为，

要使得恒成立，则点M所在的圆在以PQ为直径的圆的内部，

而P，Q在直线l：上，

点C到直线l：的距离，

所以以PQ为直径的圆的半径的最小值为，

所以PQ的最小值为.

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

【解析】

【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. 如图，已知椭圆和抛物线一个交点为P，直线交于点Q，过Q作的垂线交于点R（不同于Q），若是的切线，则椭圆的离心率是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据垂直关系以及两点斜率公式可得，联立直线方程与抛物线方程以及结合点差法的运用得，进而可求离心率.

【详解】不妨设点，点，则，且点，

则直线的斜率为，因为，得的斜率为，

得，……①

因为是的切线，记切线的斜率为k，则切线方程为，

由 消去x得，

由，又因为，

整理得，又因为，得，得，……②

由①②得，，得，

又因为点，点都在椭圆上，则

两式相减得，得，

故，得，又因为，得，得，

则椭圆的离心率为，

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. 如图，中，角，，对边分别为，，，且.

（1）求角的大小；

（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）法一：先用正弦定理化边为角，再用正弦公式化简，即可求得的值，最后结合三角形角的范围即可求得结果；

法二：先用余弦定理对化角为边，化简后再用余弦定理化边为角，即可求得的值，再结合三角形角的范围即可求得结果；

（2）法一：设，先用正弦定理化角为边，结合辅助角公式，即可得到关于的函数，讨论最大值即可；

法二：用余弦定理化角为边，结合基本不等式得到关于的不等式，最后讨论最大值及其成立的条件.

【小问1详解】

法一：∵，由正弦定理得：

，

∴，

∴，

∵，∴，又∵，∴.

法二：∵，由余弦定理得：

，

∴，

∴，∵，∴.

【小问2详解】

由（1）知，，而四边形内角互补，则，

法一：设，则，由正弦定理得：

，

∴，，

∴

，

当且仅当时，的最大值为.

法二：在中，，，由余弦定理得：

，

∴，

∴，

当且仅当时，的最大值为.

18. 已知数列中，，其前项的和为，且满足().

（1）求证：数列是等差数列；

（2）证明：当时，.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）讨论当和当，利用对化简得到，从而结论得以证明；

（2）对进行裂项化简得到：，从而进一步求出结论.

【详解】（1）当时，，当时，，

∴，∴，

∴数列为以为首项，为公差的等差数列，

∴；

（2）由（1）可知，∴，

∴当时，，

从而.

【点睛】本题考查数列通项公式的求法和利用裂项放缩来求数列不等式的问题，考查了数学逻辑思维和计算能力，属于较难题.

19. 如图，在直四棱柱中，底面是梯形，且，E是棱的中点．

（1）求证：；

（2）求点到平面距离；

（3）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）解法1：证明，又，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据线面垂直的性质即可证明；

解法2：设，根据，可得，从而可证明；

（2）解法1：在平面中，过点作，垂足为K，连接，又过点作，垂足为H，则为点到平面的距离，在中求解即可；

解法2：以为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求解；

（3）解法1:取线段的中点F，线段的中点G，可得是二面角的平面角，在中， 利用余弦定理即可求解；

解法2：利用空间向量法即可求解.

【小问1详解】

解法1：证明：连接，∵是正方形，∴.

又∵，平面，

∴平面.

∵平面,∴.

又∵，平面，

∴平面.

∵平面，

∴．

解法2：设，

∴，∵，∴，

∴，

∴，又

∴，得，得，

在直四棱柱中，，∴．

【小问2详解】

解法1：在平面中，过点作，垂足为K，连接，又过点作，垂足为H，

因为平面，平面，所以.

因为，平面,

所以平面.

因为平面,所以.

因为，平面,

所以平面，则为点到平面的距离.

由（1）得，∴是直角梯形．

在中，有，

∴，在中，，

∴点到平面的距离为．

解法2：以为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

．

设平面的法向量为，∵，

∴，∴，

令，则，得．

，求点到平面的距离．

【小问3详解】

解法1：，取线段的中点F，连接，则，∵，

∴，再取线段的中点G，连接，∴，∴，

∴是二面角的平面角.

在中，，取线段的中点L，连接，则，

在中，，

∴，

由余弦定理知，

∴二面角的余弦值为．

解法2：设平面的法向量为．

∵，∴，∴，

令，则，得．

又设平面的法向量为，∵，

∴,∴，

令，则，得．

，

∵二面角的平面角是钝角，

∴二面角的余弦值为．

20. 基础学科招生改革试点，也称强基计划，是教育部开展的招生改革工作，主要是为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中笔试通过后才能进入面试环节，2021年有3500名学生报考某试点高校，若报考该试点高校的学生的笔试成绩，其分布密度函数，的最大值为，且.笔试成绩高于70分的学生进入面试环节.

（1）求μ和σ；

（2）从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，求这10人中至少有一人进入面试的概率；

（3）现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为、、、.设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.

附：若，则，，，.

【答案】（1），；（2）0.8223；（3）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）由正态分布性质，结合已知可得，可求，再由可求.

（2）由正态分布的对称性有，求各学生能进入面试的概率，再由独立事件的乘法公式及对立事件的概率求法，求10人中至少有一人进入面试的概率.

（3）求出X的可能取值为0，1，2，3，4的概率，写出分布列，由分布列求期望即可.

【详解】（1）的最大值为，解得，

由，则.

（2）记“至少有一名学生进入面试”为事件A，由（1）知：，，

∴，

∴，即至少有一名学生进入面试的概率为0.8223.

（3）X的可能取值为0，1，2，3，4

，

，

，

，

，

分布列如下：

∴.

21. 过抛物线的对称轴上的定点，作直线与抛物线相交于、两点．

（1）试证明、两点的纵坐标之积为定值；

（2）若点是定直线上的任一点，试探索三条直线、、的斜率之间的关系，并给出证明.

【答案】（1）证明见解析；（2）直线、、的斜率成等差数列，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可得出结论；

（2）设点，计算出，利用韦达定理结合斜率公式计算，即可得出结论.

【详解】（1）若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.

设直线的方程为，设点、，

联立，可得，即，

，由韦达定理可得；

（2）设点，则，

，同理可得，

所以，

，

因此，直线、、的斜率成等差数列.

22. 已知函数，，其中 是自然对数的底数.

（1）判断函数在内零点的个数，并说明理由；

（2），，使得不等式成立，试求实数的取值范围；

（3）若，求证：.

【答案】（1）1;（2）;（3）见解析

【解析】

【分析】（1）首先求函数的导数 ，判断导数的正负，得到函数的单调性，再根据零点存在性定理得到零点的个数；

（2）不等式等价于，根据导数分别求两个函数的最小值和最大值，建立不等式求的取值范围；

（3）利用分析法逐步找到使命题成立的充分条件，即，证明即可.

【详解】解：（1）函数在上的零点的个数为1.

理由如下：因为，所以.

因为，所以.

所以函数在上是单调递增函数.

因为，，

根据函数零点存在性定理得

函数在上的零点的个数为1；

（2）因为不等式等价于，

所以，，使得不等式成立，

等价于，

当时，，

故在区间上单调递增，

所以时，取得最小值-1，

又，

由于，，，

所以，故在区间上单调递增.

因此，时，取得最大值.

所以，所以，

所以实数的取值范围是;

（3）当时，要证，只需证，

只需证，

只需证，

由于，，

只需证，

下面证明时，不等式成立.

令，则，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

所以当且仅当时，取得极小值也就是最小值为1.

令，其可看成点与点连线的斜率，

所以直线的方程为：，

由于点在圆上，所以直线与圆相交或相切，

当直线与圆相切且切点在第二象限时，

当直线取得斜率的最大值为1.

故时，；时，.

综上所述，当时，成立.

【点睛】本题考查了零点存在性定理和利用导数研究函数的单调性和极值以及最值的综合性问题，本题中的第二问是任意存在的问题,,

使，或是 ;

而第三问，则考查的类型是的类型，可转换为，或是 . 这一问构造函数解题较难，常常要构造函数，思维巧妙，具有难度.