湖南省长沙市第一中学2023届高三数学下学期月考（七）试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市第一中学2023届高三数学下学期月考（七）试卷（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长沙市一中2023届高三月考试卷（七）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. 已知集合，，若，则实数a的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合，根据得出为的子集，结合集合间的关系可得答案.【详解】，因为，所以为的子集，所以.故选：C.2. 若实数x，y满足，则（    ）A.  B. 1 C. 3 D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算和复数相等的定义求解.【详解】，所以，则，故选:B.3. 1947年，生物学家Max Kleiber发表了一篇题为《body size and metabolicrate》的论文，在论文中提出了一个克莱伯定律：对于哺乳动物，其基础代谢率与体重的次幂成正比，即，其中F为基础代谢率，M为体重．若某哺乳动物经过一段时间生长，其体重为原来的10倍，则基础代谢率为原来的（参考数据：）（    ）A. 5.4倍 B. 5.5倍 C. 5.6倍 D. 5.7倍【答案】C【解析】【分析】利用幂的运算性质去求解即可解决【详解】设该哺乳动物原体重为、基础代谢率为，则，经过一段时间生长，其体重为，基础代谢率为，则则，则故选：C4. 已知函数，设，，则成立的一个必要不充分条件是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的单调性和奇偶性可知函数为偶函数，且在上单调递增，所以在上单调递减，结合可得，举例说明即可判断选项A、B，将选项C、D变形即可判断.【详解】函数的定义域为R，则函数，所以函数是偶函数，当时，，，所以在上单调递增，所以在上单调递减.若，则，即.A：若，满足，但，反之也不成立，故选项A错误；B：若，满足，则，反之，若，不一定，故选项B错误；C：由可得，但不一定有，所以充分性不成立，故选项C错误；D：由可得，但由不一定能推出，故D正确.故选：D.5. 如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为；若两条切线与轴分别交于两点，则的最小值为（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】利用到切线的距离等于列方程，结合根与系数关系，求得的表达式，进而求得的最小值.【详解】解：由题知，切线的斜率存在，设切线方程为，即.设圆心到切线的距离为，则，化简得，则，设两条切线的斜率分别为，则，.在切线中，令，解得，所以，即，所以，此时  故的最小值为.故选：B.6. 某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（    ）A. 288 B. 336 C. 576 D. 1680【答案】B【解析】【分析】根据题意,分2步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有种,第二步,排黑车,若白车选,则黑车有共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有种，根据分步计数原理,共有种,故选：B7. 在平面直角坐标系xOy中，已知过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，以AF，为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若，则线段的长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设，通过几何分析可求得，从而求出的方程，联立的方程和抛物线方程即可求弦长.【详解】如图，过点分别作准线的垂线，垂足为,过作的垂线，垂足为，因为AF，为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，所以,且,所以与相似，且相似比为，所以,设，所以，则，所以，，即,所以直线的斜率为，所以的方程为，联立可得，设，则有，所以，故选:C.8. 若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，，此时；，故；，；当时，，此时，，故；，；故ABC均错误；D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：D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. 已知随机变量服从正态分布，定义函数为取值不超过的概率，即.若，则下列说法正确的有（    ）A.  B. C. 在上是增函数 D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的性质和逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为随机变量服从正态分布，，所以，所以A正确，对于B，因为，，所以B错误，对于C，因为随机变量服从正态分布，，所以当时，随的增大，的值在增大，所以在上是增函数，所以C正确，对于D，因为，所以，所以D正确，故选：ACD10. 2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图像近似函数的图像，而破碎的涌潮的图像近似（是函数的导函数）的图像．已知当时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为－4，则（   ）A.  B. C. 是偶函数 D. 在区间上单调【答案】BC【解析】【分析】由，求得， 由题意得，由，，解出，由破碎的涌潮的波谷为-4，解得，得到和解析式，逐个判断选项.【详解】，则， 由题意得，即，故，因为，，所以，所以，则选项A错误；因为破碎的涌潮的波谷为，所以的最小值为，即，得，所以，则， 故选项B正确；因为，所以，所以为偶函数 ，则选项C正确；，由， 得， 因为函数在 上单调递增，在 上单调递减，所以在区间上不单调，则选项D错误.故选：BC11. 在棱长为的正方体中，与平面相交于点，为内一点，且，设直线PD与所成的角为，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 点P的轨迹是圆C. 点的轨迹是椭圆 D. 的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得平面，分析可得点即为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，转化为是以底面半径为，高为的圆锥的母线，分析求得的范围即可得出结果.【详解】如图所示，与平面相交于点，连接交于点，连接；由题意可知平面，平面，则；又因为，平面，所以平面，又平面，所以；同理可证，又，平面，所以平面；又因为，由正三棱锥性质可得点即为的中心，连接；因为为的中点，交于点，连接，由平面，平面，则，所以选项A正确；即为的高，设，由正方体棱长为可知，，且的内切圆半径；所以；又，即可得，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以B正确，C错误；由平面，平面，则，所以，因此是以底面半径为，高为的圆锥的母线，如图所示:设圆锥母线与底面所成的角为，则，所以；即直线与平面所成的角为，又因为异面直线所成角的取值范围是，直线在平面内，所以直线PD与所成的角的取值范围为,又因为，所以直线PD与所成的角的取值范围为，即；即D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；（2）将直线PD与所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.12. 已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，设，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则，所以，当时，，，当时，，，因为，所以这种情况不存在，则数列满足当时，，为单调递减数列，故A选项正确，B选项错误；对于选项C，令，设则，所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，所以，即，所以C选项正确，对于选项D，由前面得，下面证明，只需证明，令，则，所以，令，则，成立，则所以所以D选项正确；故选：ACD.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设平面向量，的夹角为，且，则在上的投影向量是______.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得，进而求得在上的投影向量，得到答案.【详解】由题意知，平面向量，夹角为，且，则，所以则在上的投影向量为.故答案为：14. 若直线l：为曲线与曲线的公切线（其中为自然对数的底数， ），则实数b=___________.【答案】或##或【解析】【分析】设切点坐标，求导，根据切线方程的求解，分别得到，的切线方程，由两条切线方程相同可联立方程即可求出切点横坐标，进而可求解.【详解】根据切线方程的求解，联立方程即可解得切点，进而可求.设与的切点为，则由，有.同理，设与的切点为，由，有.故 由①式两边同时取对数得：，将③代入②中可得：，进而解得或.则或故或.故答案为：或15. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，，则三棱锥的外接球的体积为______.【答案】【解析】【分析】根据棱锥性质，证明的中点就是三棱锥的外接球球心，得出半径后可求体积．【详解】取中点，中点，连接，则，因为底面，所以平面，因为四边形是菱形，则，所以是的外心，又底面，平面，所以，所以到四点距离相等，即为三棱锥的外接球球心．又，，所以，所以，所以三棱锥的外接球体积为．故答案为：．
 16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，、两条渐近线的夹角正切值为，则双曲线的标准方程为______；若直线与双曲线的右支交于两点，设的内心为，则与的面积的比值的取值范围是______.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，进而结合题意得，进而结合即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得为的内切圆与边的切点，进而将问题转化为，最后联立方程，求解弦长的范围即可得答案.【详解】解：设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，由得，，所以，，解得或（舍）所以，，即，因为，所以，即双曲线的标准方程为；由得，故直线过点，所以，如图，设的内切圆与分别切于点，则，，由双曲线的定义得，所以，即，所以，点重合，即为的内切圆与边的切点，所以，为的内切圆半径，因为，所以，设，联立方程得，所以，且，即， ，即所以，所以，故与的面积的比值的取值范围是.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到为的内切圆与边的切点，进而根据面积公式求解即可.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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.（1）求边b大小；（2）求的面积的最大值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换化简得，再利用正弦定理化简即得解；（2）先利用基本不等式求出，再利用余弦定理求出得到，即得解.【小问1详解】，则，A+B+C=π，∴，由正弦定理可得，.【小问2详解】，，可得（当且仅当时等号成立），，可得，（当且仅当时等号成立）.∴的面积的最大值为.18. 已知正项数列的前n项和为，满足，.（1）求数列通项公式；（2）数列为等比数列，数列满足，若，，求证：.【答案】（1），    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先由累乘法求得，再根据与的关系即可求得数列的通项公式；（2）先由条件求得数列的通项公式，即可得到，然后根据裂项相消法即可证明.【小问1详解】因为，则，累乘可得，，所以，又符合式子，所以，当时，，所以两式相减可得，，又符合上式，所以，【小问2详解】因为数列为等比数列，，且，设数列的公比为，则，即，所以，则所以，即19. 在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段，上，二面角的大小为.（1）若，，，证明：平面；（2）若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为【解析】【分析】（1）由已知可建立以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；（2）根据已知可建立以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，根据线面关系求得与平面所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角的余弦值.【小问1详解】因为，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，由于，所以，则，又，所以，则，所以，又平面，故可为平面一个法向量，又，且平面，所以平面；【小问2详解】因为，所以，所以，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，则，又平面，所以可作为平面的一个法向量，设与平面所成角为，且，则，又函数与均在上单调递增， 所以当时，有最大值为，此时也取到最大值，又，则；设此时平面的法向量为，又所以，令，则，是平面的一个法向量，所以，由图可知二面角为锐角，即二面角的余弦值为.所以与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.20. 某学校为了弘扬中华传统文化，组织开展中华传统文化活动周，活动周期间举办中华传统文化知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛，每班通过中华传统文化知识竞答活动，择优选拔5人代表班级参加年级比赛.年级比赛分为预赛与决赛二阶段进行，预赛阶段的赛制为：将两组中华传统文化的们答题放在甲、乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个班级代表队在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个班级代表队先抽取一题作答，答完后试题不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个试题放回原纸箱中.（1）若1班代表队从甲箱中抽取了2个试题，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着2班代表队答题，2班代表队抽取第一题时，从乙箱中抽取试题.已知2班代表队从乙箱中取出的是选择题，求1班代表队从甲箱中取出的是2个选择题的概率；（2）经过预赛，成绩最好的6班代表队和18班代表队进入决赛，决赛采用成语接龙的形式进行，采用五局三胜制，即两班代表队中先胜三局的代表队赢得这场比赛，比赛结束.已知第一局比赛6班代表队获胜的概率为，18班代表队胜的概率为，且每一局的胜者在接下来一局获胜的概率为，每局必分胜负.记比赛结束时比赛局数为随机变量X，求随机变量X的数学期望.【答案】（1）    （2）.【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式、全概率公式可得2班代表队从乙箱中取出1个选择题的概率，然后根据条件概率公式计算即可；（2）由题意知：X的可能取值为3，4，5，分别计算对应的概率，利用数学期望的公式计算.【小问1详解】设事件A为“2班代表队从乙箱中取出1个选择题”，事件为“1班代表队从甲箱中取出2个都是选择题”，事件为“1班代表队从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“I班代表队从甲箱中取出2个题都是填空题”则、、彼此互斥，且，因为 ，， 所以 ，，， ，  所求概率即是A发生的条件下发生的概率：  .【小问2详解】由题意知：X的可能取值为3、4、5，两班代表队打完三局恰好结束比赛的基本事件有{三局6班胜}，{三局18班胜}，而第一局比赛6班获胜的概率为，则第一局比赛18班获胜的概率为，又胜者在接下来一局获胜的概率为， 所以，当时，前三局{两局6班胜，一局18班胜，最后6班胜}，{两局18班胜，一局6班胜，最后18班胜}，最后6班胜概率为， 最后18班胜概率为 ，所以，则有，  综上，.21. 已知双曲线C：.（1）若点P在曲线C上，点A，B分别在双曲线C的两渐近线、上，且点A在第一象限，点B在第四象限，若，，求面积的最大值；（2）设双曲线C的左、右焦点分别为、，过左焦点作直线l交双曲线的左支于G、Q两点，求周长的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）易得两渐近线，设，根据，将点的坐标用表示，再根据点P在曲线C上，可得的关系，再根据化简整理即可得解；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，根据线l交双曲线的左支于G、Q两点求出的范围，再根据弦长公式求出，再根据周长为，从而可得出结论.【小问1详解】双曲线C：的两渐近线，设，由，得，所以，所以，因为点P在曲线C上，所以，整理得，，因为直线，所以直线的倾斜角为，所以，，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，又，所以，所以当时，；【小问2详解】，设，若直线的斜率不存在时，则，在中，令，得，则，周长为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，消得，因为直线l交双曲线的左支于G、Q两点，所以，得，周长为，因为，所以，所以，所以周长的范围为，综上所述，周长的取值范围为.【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：1、几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；2、函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.22. 已知函数.（1）若，求函数的零点个数，并说明理由；（2）当时，若方程有两个实根，且，求证：.【答案】（1）3，理由见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导数，构造函数，利用导数研究单调性和图象的大致走势，结合零点存在定理和单调性可得答案；（2）先找出曲线的两条切线，利用切线与的交点证明，再利用割线与的交点证明.【小问1详解】当时，，，显然是的一个零点，令，则；设，因为，其对应方程的判别式，所以有两个根，设为，则；不妨设，令，则；令，则；所以在区间单调递增，在区间单调递减，又，所以；又当无限趋近于正无穷大时，也无限趋近于正无穷大；当无限趋近于0时，无限趋近于负无穷大；根据零点存在定理和函数单调性、连续性可知在各有一个零点，所以总共有3个零点.【小问2详解】证明：先证右半部分不等式： ；因为，，所以；可求曲线在和处的切线分别为和；设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为则则；因此.再证左半部分不等式：.设取曲线上两点，用割线，来限制，设直线与直线的交点的横坐标分别为，则，且，所以.综上可得成立.【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.