2022-2023学年高三数学上学期第四次月考试题（Word版带解析）

2023届湖南师大附中高三月考四数学试卷一、单选题1.若a，，则“复数为纯虚数（是虚数单位）”是“”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】复数为纯虚数，即，且，判断其与推断关系.【详解】复数为纯虚数，等价于，且，，且可推出，但，不一定得到，且，所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件．故选：B.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合M，N中元素的范围，再求并集即可.【详解】解：，.故选：C.3.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（）A.B.C.D.1【答案】C【解析】【分析】利用导数的几何意义确定切线斜率，则可得，再利用和差公式与二倍 角公式以及同角三角函数关系切化弦化简所求式子，得到含的式子，即可得结果.【详解】解：因为，则则曲线在点处的切线的斜率为，又倾斜角为所以则.故选：C.4.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（）（参考数据：）A.72B.74C.76D.78【答案】B【解析】【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．【详解】由于，所以，依题意，则，则， 由，所以，即，所以所需的训练迭代轮数至少为74次．故选：B5.已知，则（）A.B.2C.4D.12【答案】C【解析】【分析】令，直接根据二项式定理求解即可.【详解】令，则，故，中得系数，中得系数为，所以，故选：C.6.已知函数满足，且对任意的，都有，则满足不等式的的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】可化为，构造函数，再结合奇偶性可知该函数在R上单调递增，又将所求不等式变形，即可由单调性解该抽象不等式.【详解】根据题意可知， 可转化为，所以在[0，+∞)上是增函数，又，所以为奇函数，所以在R上为增函数，因为，，所以，所以，解得，即x的取值范围是.故选：A.【关键点点睛】本题的关键是将不等式化为，从而构造函数，再根据奇偶性和单调性解抽象不等式.7.如图所示，已知和分别是双曲线：(，)的左、右焦点，圆与双曲线位于轴上方的图像从左到右依次交于、两点，如果，则的余弦值为（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】连接、，取的中点，的中点，连接、，即可得到，，在利用锐角三角函数求出，再在利用锐角三角函数计算可得；【详解】解：连接、，取的中点，的中点，连接、，由已知及双曲线的定义得，，，∵，∴中，，又，∴，∴，故选：A.8.若实数，满足，则（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】对不等式变形得到，换元后得到，构造，求导研究其单调性，极值最值情况，得到，从而只有时，即时，满足要求，从而解出，依次判断四个选项.【详解】因为，所以，即，所以，令，则，即，所以，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，，要想使得成立，只有时，即时，满足要求，所以，由定义域可知：，解得：，，A选项正确；，BC错误. ，D错误；故选：A.【点睛】对不等式或方程变形后，利用同构来构造函数解决问题，常见的同构型：（1）；（2）；（3）；（4），本题难点在于变形为，换元后得到，从而构造解决问题.二、多选题9.已知，是平面内两个夹角为120°的单位向量，点C在以O为圆心的上运动，若＝x+y（x，y∈R）．下列说法正确的有（）A.当C位于中点时，x＝y＝1B.当C位于中点时，x+y的值最大C.在上的投影向量的模的取值范围为D.的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】依题意建立适当的直角坐标系，得到相关点的坐标，使得相应的向量运算转化为代数运算或三角函数问题进行讨论即可.【详解】由题意，以O为原点，OA为x轴的正向，建立如图所示的坐标系， 设，可得，，A：当C为弧AB的中点时，θ＝60°，∴，∴由得，，，∴x＝1，y＝1，∴A正确，B：由得，，，∴，∴，∵，∴，∴当时，的最大值为2，此时C为弧AB的中点，∴B正确，C：当OC⊥OA时，在上的投影为0，∴C错误，D：∵，∵，∴，∴，∴，∴D正确．故选：ABD．10.已知，，均为正实数，，则的取值不可能是（）A.1B.2C.3D.4【答案】ABC【解析】【分析】根据得到，代入 ，化简后利用基本不等式求出，从而得到答案.【详解】，，均为正实数，由得：，即，所以，由基本不等式得：，当且仅当，即时，等号成立.故选：ABC11.在正方体中，、、分别为、、的中点，则()A.直线与直线垂直B.点与点到平面的距离相等C.直线与平面不平行D.过A、E、F三点的平面截正方体的截面为等腰梯形【答案】AD【解析】【分析】A：连接、，证明∥EF∥，⊥即可；B：设点与点到平面的距离分别为、，利用等体积法和即可判断、是否相等；C：取的中点，连接、、EQ、，证明平面∥平面即可；D：连接、、，易知过A、E、F三点的平面截正方体的截面为等腰梯形AEFD．【详解】对于A，连接、． ∵、分别为、的中点，∴∥EF，易知AB∥，且AB=，∴四边形是平行四边形，∴∥，∴∥EF．∵⊥，∴⊥EF，故A正确；对于B，设点与点到平面的距离分别为、，∵，又，∴，故B错误；对于C，取的中点，连接、、EQ、，易知EF∥∥GQ，GQ平面AEF，EF平面AEF，∴GQ∥平面AEF；易知∥∥EQ，且==EQ，∴四边形为平行四边形，∴，同理可得∥平面AEF，∵∩GQ=Q，、GQ平面，∴平面∥平面，又∵平面，∴∥平面，故C错误；对于D，连接、、， 由选项A知∥EF，且=2EF，故过A、E、F三点的平面截正方体的截面为等腰梯形AEFD，故D正确．故选：AD．12.已知，具有下面三个性质：①将的图象右移个单位得到的图象与原图象重合；②，；③在时存在两个零点，给出下列判断，其中正确的是（）A.在时单调递减B.C.将的图象左移个单位长度后得到的图象关于原点对称D.若与图象关于对称，则当时，的值域为【答案】BCD【解析】【分析】根据①可得，再根据③可得，由此可得，从而可求得的值，再由②可知，可求得的值，从而可求出函数的解析式.求出函数的单调区间，即可判断A的正误；计算出的值，可判断B的正误；求出函数左移个单位长度后的解 析式，判断其奇偶性，即可判断C的正误；根据对称性求出的对称区间后，再求函数的值域，可判断D的正误.【详解】，将右移个单位得到的函数解析式为，又该函数的图象与原图象重合，所以，所以，又在时存在两个零点，所以，所以，即，所以，所以，所以，又，，所以，所以，所以，又，所以，所以，由得，所以函数的单调递减区间为当时，函数在上单调递减；由得，所以函数的单调递增区间为当时，函数在上单调递增； 所以函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；，，，所以，故B正确；将图象左移个单位长度后得到的图象的解析式为，又，所以函数为奇函数，所以的图象关于原点对称，故C正确；关于对称的区间为，当时，，所以，所以当时，的值域为，故D正确.故选：BCD三、填空题13.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有______个.【答案】120【解析】【分析】先排偶数，再使用插空法得到组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻的个数为144个，再计算出这144个六位数中，4在第四位的个数，相减后得到答案.【详解】先排偶数，有种方法，3个偶数，共有4个空格，再将奇数插空，共有种情况，故组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻的个数为种情况， 若4位于第四位，则第二位必须为偶数，可从数字2和6中二选一，有种选择，第五位与第六位，其中之一为偶数，故从两个位置中选择一个放入2和6中剩余的一个偶数，有种选择，剩余3个位置，3个奇数进行全排列，有种选择，则由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数种，奇数不相邻，4位于第四位共有个，所以由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数中，要求奇数不相邻，且4不在第四位的个数共有个.故答案为：12014.已知函数的定义域是，则函数的单调增区间为______.【答案】【解析】【分析】根据对数函数的定义域，转化为一元二次不等式的解集，进而转化为一元二次方程的根，根据韦达定理得到，再由复合函数单调性求出答案.【详解】由题意得：的解集为，则的两根为，故，解得：，设，则，其中在定义域为上单调递减，根据复合函数单调性满足“同增异减”，故只需求解在上的递减区间，即为的递增区间，由于对称轴为，开口向下，所以在上的单调递减区间为，从而函数的单调增区间为.故答案为：.15.已知正方体的棱长为，点E为棱上一动点，点F为棱 上一动点，且满足，则三棱锥的体积取最大值时，三棱锥外接球的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据正方体的性质可知进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为EF的中点O，从而得到球的半径，利用表面积公式计算得到球的表面积.【详解】如图所示：取EF的中点O，连接，由正方体的性质可得平面，又∵，∴，即同理，∴由直角三角形的性质可得，∴O为的外接球的球心，为外接球的直径，∵，∴的外接球的半径恒为1，∴的外接球的表面积恒为，故答案为：16.已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点，则的取值范围是______；若双曲线的一条渐近线必过点，则双曲线的离心率的最大值为______. 【答案】①.②.【解析】【分析】求出所过定点，结合始终垂直，从而得到点的轨迹为以为直径的圆，数形结合求出最值，求出的取值范围，由双曲线的离心率为，当取得最大值时，离心率最大，由点到直线距离公式得到，求出，得到离心率.【详解】变形为，故经过定点，变形为，过经过定点，又，所以与始终垂直，故点的轨迹为以为直径的圆，如图所示：其中，即，且，所以圆的半径为，连接，如图1，此时取得最小值，长度为圆心距减去两圆半径， 即，如图2，此时取得最大值，长度为圆心距加上两圆半径，即，综上：的取值范围是；双曲线的渐近线为，由于点在第一象限，所以渐近线必过点，双曲线的离心率为，当取得最大值时，离心率最大，如图3，当与圆相切于点时，取得最大值，由点到直线距离得：，即，方程两边同除以得：，解得：，其中为图4中的情况，舍去，故，此时离心率. 故双曲线的离心率的最大值为.故答案为：，四、解答题17.已知是等差数列前项和，.（1）求的通项公式；（2）在中，去掉以为首项，以为公比的数列的项，剩下的项按原来顺序构成的数列记为，求前100项和【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用基本量代换列方程组求出首项与公差，即可得到通项公式；（2）设以为首项，以为公比的数列为前项和为.利用即可求解.【小问1详解】（1）设数列的公差为d.，,解得:.所以，，即.【小问2详解】 设以为首项，以为公比的数列为前项和为.由（1）知，所以18.在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答________（1）求角；（2）若，，在线段上，且满足，求线段的长度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理，对等式进行化简即可求解.（2）利用，得，进而可求出的长度.【小问1详解】选①，，整理得利用正弦定理，可得，，则，根据余弦定理，得到，，故选②，，整理得，，则利用正弦定理，得， ，，，两边同时除以，，又，【小问2详解】，又，，又，，故有，线段长度为.19.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝PB.（1）证明：MN平面PDC；（2）在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，Q为BC的中点【解析】【分析】（1）证明后可得线面平行；（2）过M作ME⊥AD，垂足为E，延长EM交BC于Q，连结NQ，NE，可以证明平面MNQ⊥平面PAD，再根据已知条件求得点位置即可．【小问1详解】在四边形ABCD中，由AB＝BC＝，AD＝CD＝1， 可得△ABD≌△CBD，可得AC⊥BD，且M为AC的中点，由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，可得DM＝CDcos60°＝，AC＝2CDsin60°＝，则BM＝×＝，由＝＝，可得MN∥PD，而MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，可得MN∥平面PDC.【小问2详解】过M作ME⊥AD，垂足为E，延长EM交BC于Q，连结NQ，NE，如图，由PA⊥平面ABCD，EQ⊂平面ABCD，可得PA⊥EQ，又EQ⊥AD，,平面，所以EQ⊥平面PAD，EQ⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，在RtDME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，在BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，由BM＝，＝，可得BQ＝＝，即Q为BC的中点，则Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD.20.为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据：性别锻炼不经常经常女生4060男生2080（1）依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；（2）从这200人中随机选择1人，已知选到的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率；（3）为了提高学生体育锻炼的积极性，集团设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主 题活动，在该活动的某次排球训练课上，甲乙丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求第次传球后球在甲手中的概率.附：0.0100.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，理由见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）计算卡方，与6.635比较后得到结论；（2）利用事件，利用条件概率求出答案；（3）设n次传球后球在甲手中的概率为，，得到，利用构造法得到，即数列是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，得到答案.【小问1详解】，故依据的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；【小问2详解】设从这200人中随机选择1人，设选到经常锻炼的学生为事件A，选到的学生为男生为事件B，则，则已知选到的学生经常参加体育锻炼，他是男生的概率；【小问3详解】 设n次传球后球在甲手中的概率为，，则有，，设，则，所以，解得：，所以，其中，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，故，故第次传球后球在甲手中的概率为.21.设椭圆的左右焦点，分别是双曲线的左右顶点，且椭圆的右顶点到双曲线的渐近线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，圆的方程为，的取值范围是【解析】【分析】（1）根据题意得到，及双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离公式求出，从而求出，得到椭圆方程；（2）先考虑直线的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两 根之积，由得到，由向量垂直得到向量数量积为0，代入两根之和，两根之积得到，得到或，从而得到原点到直线的距离，即圆的半径，得到圆的方程，验证直线的斜率不存在时，也满足要求，从而得到圆的方程为，再由弦长公式求出，换元后得到，结合求出的取值范围，考虑直线的斜率不存在时，的长，得到答案.【小问1详解】由题意得：，故，双曲线渐的近线方程为，故椭圆右顶点到双曲线渐近线距离为，因为，解得：，故，所以椭圆方程为；【小问2详解】当直线的斜率存在时，设直线为，联立与，得：，由得：，设，则，因为，所以，其中 ，整理得：，将代入中，解得：，又，解得：，综上：或，原点到直线的距离为，则存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，该圆的半径即为，故圆的方程为，当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，与椭圆的两个交点为，或，，此时，满足要求，经验证，此时圆上的切线在轴上的截距满足或，综上：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且；，将代入上式， 令，则，因为，则，所以，因为，所以，故当时，取得最大值，最大值为，又，当直线的斜率不存在时，此时，综上：的取值范围为.【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．22.已知函数，．（1）若直线是曲线的切线，求的最小值；（2）设，若函数有两个极值点与，且，证明．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】 【分析】（1）先设切点，根据导数的几何意义，由切线方程，得到，，求得，令，，对其求导，根据导数的方法判定其单调性，求出最小值，即可得出结果；（2）先对函数求导，根据题中条件得到，，，，，进而求得；将化为，令，，构造函数，，对其求导，判断其单调性，得出，即可证明成立.【详解】（1）设切点，由得，因为切线为，故，所以．又因为，所以，所以，因此．令，，则对恒成立，所以在上单调递增，则，所以的最小值为．（2）因为，若函数有两个极值点与， 则，，，所以；因此，令，，则，构造函数，则在上显然恒成立，所以在上单调递增，则；所以，即，又，则，因此，所以．【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于，根据函数极值点，将化为，再由构造函数的方法，证明，即可求解.