湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三数学上学期第二次月考试题（Word版含解析）

湖南师大附中2023届高三月考试卷（二）数学第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.若以集合的四个元素为边长构成一个四边形，则这个四边形可能是（）A.矩形B.平行四边形C.梯形D.菱形【答案】C【解析】【分析】根据集合中元素的互异性，可得四个元素互不相等，结合选项，即可求解.【详解】由题意，集合的四个元素为边长构成一个四边形，根据集合中元素的互异性，可得四个元素互不相等，以四个元素为边长构成一个四边形，结合选项，只能为梯形.故选：C.2.在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的几何意义求出复数，再求出复数的共轭复数，最后根据复数的乘法法则计算可得；【详解】解：因为在复平面内，复数所对应的点的坐标为，所以，所以所以故选：A3.设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的 A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由题意结合向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要性是否成立即可.【详解】∵A､B､C三点不共线,∴|+|>|||+|>|-||+|2>|-|2•>0与的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C.【点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.4.函数图象的大致形状为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性定义判断奇偶性，结合的符号，应用排除法确定答案.【详解】由且定义域为R，所以为偶函数，排除C、D；，且，，即，排除B.故选：A 5.圆内接四边形中，，是圆直径，则（）A.12B.C.20D.【答案】B【解析】【分析】根据圆内接四边形的性质及数量积的定义即求.【详解】由题知，，∴.故选：B.6.在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝2，底面ABC是边长为的正三角形，M为AC的中点，球O是三棱锥P－ABM的外接球．若D是球0上一点，则三棱锥D－PAC的体积的最大值是（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设的中点为，则的外接圆的直径为，圆心为，半径为，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，利用勾股定理求出，再求出到平面的距离，即可求出到平面的距离最大值，最后算出，即可求出 ；【详解】解：因为为等边三角形，为的中点，所以，即为直角三角形，设的中点为，则的外接圆的直径为，圆心为，半径为，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，则，解得，又平面，平面，所以，所以的外接圆是以为直径的圆，设的中点为，则，所以，即到平面的距离为，所以到平面的距离最大值为，又，所以；故选：C7.函数，已知为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在上单调递减．记满足条件的所有的值的和为，则的值为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由一条对称轴和一个对称中心可以得到或，由在上单调递减可以得到，算出的大致范围，验证即可.【详解】由题意知：或∴或∴或∵在上单调递减，∴∴①当时，取知此时，当时，满足在上单调递减，∴符合取时，，此时，当时， 满足在上单调递减，∴符合当时，，舍去，当时，也舍去②当时，取知此时，当时，，此时在上单调递增，舍去当时，，舍去，当时，也舍去综上：或2，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，难度较大，易错点在于已知一条对称轴和一个对称中心要分两种情况分析.8.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.【详解】已知方程可以变形为，即， ∴其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，又由，可得，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.已知数列满足，，则下列结论中正确的是（）A.B.为等比数列C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用递推式可求得的值，可判断A,B;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D;【详解】，则，又，同理，故A正确；而，故不是等比数列，B错误； ，故C错误；，故D正确，故选：AD10.已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（）A.若相互独立，B.若事件，则C.若是对立事件，则D.若是互斥事件，则【答案】ABD【解析】【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；对于B，事件，，，B正确；对于C，因是对立事件，则，，C不正确；对于D，因是互斥事件，则，，D正确.故选：ABD11.已知，下列结论正确的是（）A.B.当时，设，则C.当时，中最大的是 D.当时，【答案】AD【解析】【分析】令可得各项系数和判断A，根据二项式定理求得判断B，求出后判断C，在展开式中先求得，再令计算后判断D．【详解】在已知式中令得，A正确；时，，，，，B错；时，，，C错；在中，令得，令，则，所以，D正确．故选：AD．12.已知定义在上的函数连续不间断，满足：当时，，且当时，，则下列说法正确的是（）A.B.在上单调递减C.若，则D.若是在区间(0，2)内的两个零点，且，则【答案】ACD 【解析】【分析】A选项令可判断，B选项通过求导来求出单调性可判断，C，D选项根据B的结论来分析即可.【详解】对于A，在中，令则，所以故A正确；对于B，当时，，对两边求导，则因为所以令∴所以在上单调递增，所以B错；对于C，由B知，在上单调递增，上单调递减，由知不可能均大于等于1，否则则这与条件矛盾，舍去，若则满足条件，此时②若则而则所以而所以C正确；对于D，在上单调递增，上单调递减，知 注意到所以若则，则所以这与矛盾，舍去，所以在时，中，令而由所以所以，故D正确.故选：ACD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑和冰壶3个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有_________种．【答案】150【解析】【分析】先分组，在分配，分组问题必须考虑去除重复.【详解】5个人，分成3组，共有2种分法，即1，1，3和2，2，1， 共有种，再分配种；故答案为：150.14.已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线相交于两点，分别过两点作的切线，且相交于点，则面积的最小值为_____．【答案】16【解析】【分析】设直线方程为，，再分别求出对应的切线方程，联立求出点坐标，进而表示出的面积，求出最小值.【详解】根据题意可知：，设，直线斜率存在，则设其方程为：，代入，整理可得：，则，由，即，则，故切线的方程为：，同理切线的方程为：，联立以上方程可得：，即点，设点到直线的距离为，则，而 ，故，显然，当时，有最小值.故答案为：.【点睛】解决圆锥曲线的题目要根据题意合理地设线，设点，联立方程来解决问题，注意用韦达定理进行整体代换.15.已知四面体的各条棱长都为，其顶点都在球的表面上，点满足，过点作平面，则平面截球所得截面面积的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】求得正四面体的外接球半径，根据的长度，确定截面的最大值与最小值.【详解】如图所示，设中心为，四面体外接球球心为，半径为，连接，，，则在上，所以，，在中，，即，即， 则，又，所以，在中，，过点作圆的截面，当垂直于截面时，半径最小为，此时截面面积最小为，当截面过球心时，半径最大为，此时面积最大为，所以面积的取值范围为，故答案为：.16.已知函数的图象关于点对称，且，若在上没有最大值，则实数t的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】依题意得到，然后根据在，上没有最大值可得，，解出的范围即可． 【详解】解：因为的图象关于点对称，所以，所以，所以，所以，又由，即，所以为奇数，不妨取，所以则当，时，，在，上没有最大值，，，的取值范围为：．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.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，证明：△ABC是直角三角形．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出； （2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．【详解】（1）因为，所以，即，解得，又，所以；（2）因为，所以，即①，又②，将②代入①得，，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形．【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．18.已知数列中，，是数列的前项和，且．（1）求，，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若 对任意的正整数都成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），，（2）【解析】【分析】（1）令，得到，当时，，所以得到，整理得到，从而得到的通项公式，从而得到的通项；（2）根据（1）得到的通项，然后得到其前项的和，计算，得到在上单调递增，从而得到，得到的取值范围.【详解】解：（1）在中，，则，即，得，由得：当时，，化简得，即，所以数列是以2为首项，2为公比的等差数列，所以.又因为，所以，所以，.当时，，对也成立，所以数列的通项公式为. （2）因为，所以.因为，所以在上单调递增，所以的最小值为.因为对任意正整数都成立，所以，即.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查由和关系求数列通项，数列求和，数列的单调性求数列中的最小项，数列不等式恒成立问题，属于中档题.19.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点. （1）证明：若，直线平面；（2）求二面角的正弦值；（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，或【解析】【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.【小问1详解】 如图所示，在线段上取一点，使，连接，，，，又，，，四边形为平行四边形，，又，，所以平面平面，平面，平面；【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，又是中点，则，所以，，，设平面的法向量，则，令，则，设平面的法向量， 则，令，则，所以，则二面角的正弦值为；【小问3详解】存在，或假设存在点，设，即，，由（2）得，，，且平面的法向量，则，，则，，解得或，故存在点，此时或.20.为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验．研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按，，，分组，绘制频率分布直方图如图所示．试验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只．假设小白鼠注射痕苗后是否产生抗体相互独立．（1）填写下面的列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关．单位：只 抗体指标值合计小于60不小于60有抗体没有抗体合计（2）为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小白鼠产生抗体．①用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p；②以①中确定的概率p作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记n个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X．试验后统计数据显示，当时，取最大值，求参加人体接种试验的人数n及．参考公式：（其中为样本容量）参考数据：0.500.400.250.150.1000.0500.0250.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024 【答案】（1）列联表见解析；认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；（2）①0.9；②接受接种试验的人数为109或110；当接种人数为109时，；当接种人数为110时，【解析】【分析】（1）先根据题中数据完成列联表，计算的数值，分析即可得出结果;（2）①根据对立事件的概率求解即可;②不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，由题意可知，解出的范围即可求解【小问1详解】由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为：在内有(只)；在内有(只)；在内有(只)；在内有(只)；在内有(只)．由题意，有抗体且指标值小于60的有50只：而指标值小于60的小白鼠共有只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20只，故列联表如下：抗体指标值合计小于60不小于60有抗体50110160没有抗体202040合计70130200零假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联．根据列联表中数据，得， 根据的独立性检验，推断不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；【小问2详解】①令事件“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”，事件“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”，记事件A，B，C发生的概率分别为，，，则，，，所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率为0.9．②由题意，知随机变量，,因为最大，所以由可得，解得，因n是整数，故或，所以接受接种试验的人数为109或110,当接种人数为109时，；当接种人数为110时，21.已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.（1）求的方程;（2）直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为，证明:的面积为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设，利用、，解得，可得.【小问1详解】设，则直线的斜率，直线的斜率，由题意，化简得；【小问2详解】直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，设，则，，所以 化简得则，又到的距离，所以，为定值.当直线的斜率不存在时，可设，则，且，解得，此时，综上，的面积为定值.22.已知函数.（1）求证:当时，;（2）已知函数有3个不同的零点，（i）求证:;（ii）求证:是自然对数的底数).【答案】（1）证明见解析（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】【分析】(1)在条件下利用导数求的最大值，在时利用导数求的最小值，由此完成证明；(2)（i）利用证明极值点偏移的方法证明，再结合基本不等式证明；（ii）根据(1)证明，结合切线方程证明.【小问1详解】①当，即证，令，令，则当时，所以在上单调递减，则有当时，所以在上单调递减，所以当，成立②当时，，即证，令设，则，所以在上单调递增，所以所以，在上单调递减，，即，综合①②当时，【小问2详解】，当在上单调递增，在单调递减， 当在上单调递增，又函数有3个不同的零点，所以，，（i）令，在上单调递增，又，又在上单调递减，，即（ii)在处切线方程与交点的横坐标，过点和的直线方程与交点的横坐标，由（1）取，则与在轴右侧交点横坐标为，，综上: 【点睛】本题第二小问中的第一个小题的解决的关键在于利用证明极值点偏移的方法证明，再利用基本不等式证明结论.