2022-2023学年高三数学上学期月考（六）试卷（Word版附答案）

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分得分：______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z满足，则（）A．B．C．D．2．已知集合，则的元素个数为（）A．9B．8C．6D．53．已知函数，则的图象大致为（）A．B．C．D．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，E为的中点，则（）A．B．C．D． 5．的展开式中的系数是12，则实数a的值为（）A．4B．5C．6D．76．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，Q为的中点，面，且，动点N在以D为球心，半径为1的球面上运动，点M在面内运动，且，则长度的最小值为（）A．B．C．D．7．设，e为自然对数的底数，则（）A．B．C．D．8．已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（）A．B．C．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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．已知正方体的棱长为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C．的最小值是D．P到平面的距离最大值是10．定义：如果函数在上存在，满足，则称为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”．下列结论正确的是（）A．若函数为上的“对望函数”，则在上单调 B．函数在任意区间上都不可能是“对望函数”C．函数是上的“对望函数”D．函数是上的“对望函数”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．双面线C的离心率为C．为定值D．的取值范围为12．定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，且为奇函数，则下列说法一定正确的是（）A．B．函数关于对称C．函数是周期函数D．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______．14．平面直角坐标系中，已知是圆的一条弦，且，M是的中点，当弦在圆C上运动时，直线上总存在P，Q两点，使得恒成立，则线段长度的取值范围是______．15．已知（e为自然对数的底数），，直线l是与的公切线，则直线l的方程为______． 16．如图，已知椭圆和抛物线的一个交点为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______．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．（本小题满分10分）如图，中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）已知，若D为外接圆劣弧上一点，求的最大值．18．（本小题满分12分）在数列中，，其前n项和为，且满足．（1）求证：数列是等差数列；（2）证明：当时，．19．（本小题满分12分）如图，在直四棱柱中，底面是梯形，且，E是棱的中点． （1）求证：；（2）求点到平面的距离；（3）求二面角的余弦值．20．（本小题满分12分）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，其正态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）求和；（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，，，．21．（本小题满分12分）过抛物线的对称轴上的定点，作直线与抛物线相交于A，B两点． （1）证明：A，B两点的纵坐标之积为定值；（2）若点N是定直线上的任一点，设直线的斜率分别为，试探索之间的关系，并证明．22．（本小题满分12分）已知函数，其中e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）任意，存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围；（3）若，求证：．湖南师大附中2023届高三月考试卷（六）数学参考答案题号123456789101112答案DCAACCCBBDBCDBCDACD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．D【解析】因为，所以，所以．故选D．2．C【解析】因为集合，又集合，则，则的元素个数为6，故本题选C． 3．A【解析】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．A【解析】设，则，在中，可得，过点E作于点H，则，，所以，所以．故选A．5．C【解析】对于，由二项式定理展开式的通项公式，可求得含的项，，故的展开式中含的项为，而的展开式中的系数是12，所以 ，解得．故选C．6．C【解析】如图，由，得，即点M在以Q为圆心，以1为半径的圆上，当点N落在平面内，且D，N，M，Q四点共线时，的距离最小，由已知求得，故，故选C．7．C【解析】设，则，因此函数是增函数，所以，即，因此，即．设，则，因此函数是减函数，所以，因此，即．设，则． 而由知：当时，，即，因此函数是减函数，所以，即，因此，所以，即．综上所述，．8．B【解析】，若，则，∴，则，又，解得．又解得，当时，；当时，结合，可得．∴，故选B．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．BD【解析】对于A，当P与重合时，，又平面平面，则平面，故A正确；对于B，二面角就是二面角，其平面角大小为，故B错误；对于C，如图，沿棱展开面为面，使点共面， 则的最小值为，故C正确；对于D，当P与C重合时，垂直平面，此时点C到平面的距离为，故D错误．故本题选BD．10．BCD【解析】对于A，取函数，此时为]上的“对望函数”，但在上不单调，故A错误；对于B，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B正确；对于C，，令，得，且，所以函数是上的“对望函数”，故C正确；对于D，， 令，得，因此存在，使得，所以函数是上的“对望函数”，故D正确．故选BCD．11．BCD【解析】设，则，因为，故，依题意有，所以，所以C的渐近线方程为，离心率，故A错误，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．ACD【解析】因为为奇函数，所以A正确；由得，由得，所以，即关于点对称，故B错误；因为，所以，从而，c为常数．因为，所以，所以，取可得，所以，又，即，所以，即，所以，故函数是周期为4的函数，由，得，所以，故，即D正确，因为，即，故也是周期为4的函数，C正确．综上，答案为ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【解析】（含有相同元素的排列）将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有种排法；将4个1排成一把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有种排法，所以2个0不相邻的概率．14．【解析】由圆可知圆心，半径为，因为M是的中点，所以，又因为，所以三角形为等腰直角三角形，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在以为直径的圆上或内部，而P，Q在直线 上，点C到直线的距离，所以以为直径的圆的半径的最小值为，所以的最小值为．故答案为：．15．或【解析】设直线l与的切点为，则，∴，∴切点为，切线斜率，∴切线方程为，即，①同理设直线l与的切点为，∴，∴，切点为，切线斜率，∴切线方程为，即，②由题意知，①与②相同，∴把③代入④有，即，解得或，当时，切线方程为；当时，切线方程为，综上，直线l的方程为或．16．【解析】不妨设点，点，则，且点，则的斜率为，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．【解析】（1）∵，由正弦定理得：．∴．∵，∴，又∵，∴．（2）由（1）知，，而四边形内角互补，则，设，则，由正弦定理得： ．∴，∴，当，即当且仅当时，的最大值为．18．【解析】（1）当时，因为，所以，所以，所以．又因为，所以构成以1为首项，2为公差的等差数列．（2）由（1）可知，，所以，当时，，所以．19．【解析】解法一：（1）证明：连接，∵是正方形，∴，又∵，∴平面，∴，又∵，∴平面，∴．（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，由（1）得，∴是直角梯形． 在中，有，∴，在中，，∴点到平面的距离为．解法2：设点到平面的距离为h，在中，，∴为直角三角形，由得，∴，∴点到平面的距离为．（3），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．解法二：（1）设，∴，∵，∴，∴，∴，∴，得，得，在直四棱柱中，，∴．（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．（3）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．【解析】（1）的最大值为，解得．因为，所以．（2）记“至少有一名学生进入面试”为事件A，因为，所以，所以．答：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． ，，，，，．21．【解析】（1）设有，下证之：因为直线与抛物线相交于A，B两点，所以直线的斜率不为0．可设直线的方程为：．把的方程与联立得消去x得．由韦达定理得即A，B两点的纵坐标之积为定值．（2）探索：当直线轴时，则，设点，此时，，，所以．猜想一般情况下，有，下证之：设点，则直线的斜率为，直线的斜率为，所以 ．又因为直线的斜率为,所以．22．【解析】（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个数为1．（2）因为不等式等价于，所以任意，存在，使得不等式成立，等价于，即，当时，，故在区间上单调递增，所以时，取得最小值，又，由于在上，，所以，故在区间上单调递减． 因此时，取得最大值．所以．（3）法一：当时，要证，只要证，只要证，只要证，由于只要证．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，取得极小值也是最小值为1，即，当时，取“=”．又因为，当时取“=”．所以，即，当时取“=”．所以．综上所述，当时，成立．法二：，因为，所以，所以， 因为，所以．又因为，当时取“=”．所以．①而，当时，取“=”．②所以不等式①②中的等号不能同时取得．所以当时，．