湖南省长沙市雅礼中学2023届高三下学期月考(六)数学试题（解析版）

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雅礼中学2023届高三月考试卷（六）数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．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.若复数的实部和虚部相等，则实数的值为（）A.B.0C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用复数实部和虚部的概念及四则运算求解即可.【详解】由题设，因为复数的实部和虚部相等，所以，解得，故选：B2.命题“”的否定为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题及相关概念求解即可.【详解】命题“”的否定为“”故选：C3.已知向量，且，则实数=A.B.0C.3D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：由题意得，，因为，所以，解得，故选C.

1考点：向量的坐标运算.4.已知，则是的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合不等式的性质即可得到结论.【详解】因为，所以当时，成立，当成立时，如取，此时不成立，所以是的充分不必要条件.故选：B.【点睛】本题考查充分不必要条件的定义，考查不等式的性质，属于基础题.5.在中，，，，则的面积为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据条件可利用余弦定理将边求出，再将求出，利用三角形面积公式求出答案.【详解】在中，由余弦定理得,,整理得解得（舍）由,可得故选A项.

2【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.6.将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有A.12种B.18种C.36种D.54种【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题意知，完成这一件事可分为两步：先将标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；再将其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.考点：排列与组合7.设双曲线的左、右焦点分别为，O为坐标原点．以为直径的圆与双曲线的右支的一个交点为P，且以为直径的圆与直线相切，若，则双曲线的焦距等于（）A.B.6C.D.3【答案】A【解析】【分析】设以为直径的圆与直线相切于点N，圆心为M，则，因此，所以，由此可求出，而，再由勾股定理可得，而已知，从而可求出的值【详解】依题意知，设以为直径的圆与直线相切于点N，圆心为M，则，因此，所以．设双曲线的焦距为，则，解得，由勾股定理可得，于是，，故焦距．故选：A

3【点睛】此题考查圆与双曲线的性质的应用，考查数学转化思想和计算能力，属于基础题8.已知m，n为实数，，若对恒成立，则的最小值是（）A.B.0C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用导数的性质，结合构造函数法进行求解即可.【详解】，当时，恒成立，则单调递增，，显然不恒成立，当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，∴，∵恒成立，∴，∴，∴，令，区间上单调递减，在区间上单调递增，∴．故选：B【点睛】关键点睛：利用导数的性质，结合构造新函数法是解题的关键.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.已知满足且，则下列不等式恒成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用不等式的性质对各选项逐一判断即可.【详解】因为满足且，所以，，符号不确定，

4选项A：因为，，所以，选项A正确；选项B：因为，，所以，，选项B正确；选项C：因为，，当时，，所以；当且时，，所以，选项C错误；选项D：因为，，所以，，选项D正确；故选：ABD10.如图，直三棱柱中，，，，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点．下列判断中正确的是A.直线与直线是异面直线B.一定不垂直C.三棱锥的体积为定值D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】由题意画出图形，由异面直线的概念判断A；利用线面垂直的判定与性质判断B；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断C；设，列出关于的函数式，结合其几何意义求出最小值判断D．【详解】解：如图，

5A．直线经过平面内的点，而直线在平面内不过，直线与直线是异面直线，故A正确；B．当时，平面，则，故B错误；C．由题意知，直三棱柱的外接球的球心为是与的交点，则的面积为定值，由平面，到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，故C正确；D．设，则，．由其几何意义，即平面内动点与两定点，距离和最小值知，其最小值为，故D正确．故选：ACD．【点睛】本题考查异面直线的判定、垂直，三棱锥的体积的求法，以及距离最小值的求法，是中档题.11.设函数在R上存在导函数，对任意的有，且在上，若，则实数a的可能取值为（）A.B.0C.1D.2【答案】AB【解析】【分析】构建，根据题意分析可得：为奇函数，在R上单调递增，利用单调性解不等式即可得结果.【详解】令，即，则为奇函数，当时，，则在区间上单调递增，故在区间上单调递增，则在R上单调递增，∵，即，∴，解得，

6故A、B正确，C、D错误.故选：AB．12.已知直线，则下列说法正确的是（）A.直线一定不过原点B.存在定点，使得点到直线的距离为定值C.点到直线的最小值为D.若直线分别与轴，轴交于两点，则的周长可以等于12【答案】ABD【解析】【分析】将原点代入直线方程解判断A，设，利用点到直线距离公式判断B，由B可得直线为圆的切线，利用直线和圆的位置关系判断C，利用特殊点判断选项D.【详解】选项A：将代入直线得，即，其中，，因为，所以无解，选项A正确；选项B：设点，则点到直线的距离，令解得，故当点坐标为时，点到直线的距离为定值，选项B正确；选项C：由选项B可知直线为圆的切线，设点到切线的距离为，所以，所以点到直线的最小值，选项C错误；

7选项D：由图像可知随直线斜率由，的周长先减小，再增大，存在最小值，不妨在圆上取一点作切线，记为，即，所以，的周长为，选项D正确；故选：ABD第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中，的系数等于____________．（用数字作答）【答案】120【解析】【分析】利用二项式展开式分两种情况求出即可.【详解】由题意分两种情况：①，②，故的系数为：，故答案为：120.14.点到抛物线准线的距离为4，则实数____________．【答案】##【解析】【分析】由抛物线的标准方程可得准线方程，根据点到准线的距离为4求解的值即可.【详解】抛物线即的准线方程为，因为点到准线的距离为4，所以，解得，故答案为：15.若正整数m满足则m=________.（参考数据:lg2≈0.3010）【答案】155【解析】【分析】利用题中提示，把不等式同时取以10为底的对数，再利用对数的运算性质，转化为关于的不等式求解即可．

8【详解】解：，取以10为底的对数得，即又，因为是正整数，所以故答案为：155．16.在中，，则面积最大值为____________．【答案】3【解析】【分析】先由正弦定理得到，再建立平面直角坐标系求得点C的轨迹，从而得到的面积关于的解析式，利用函数的单调性即可求得的面积最大值.【详解】因为，所以由正弦定理得，即，以线段所在直线为x轴，以的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则，由得，因为，所以整理得，由此可知点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径，所以面积在上单调递减，所以．故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，满足关系．

9（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，且，求证：当时，总有．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用及等比数列的定义求解即可；（2）利用放缩法和裂项相消求和即可.【小问1详解】因为，解得，①，所以②，①②得，即，又因为，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．【小问2详解】因为对任意正整数，总有，所以当时，．18.已知函数，．（1）设是函数图象的一条对称轴，求的值．（2）求函数的单调递增区间．【答案】（1）或,（2）（）．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用倍角公式把函数解析式化为

10，再由对称轴的计算方法得，即（）．所以．最后分为奇数或偶数两种情况求出的值为或．（Ⅱ）先求出，再由，得函数的单调递增区间为（）试题解析：（I）由题设知．因为是函数图象的一条对称轴，所以，即（）．所以．当为偶数时，，当为奇数时，．（II）．当，即（）时，函数是增函数，故函数的单调递增区间是（）．考点：辅助角公式的应用对称轴的求法求三角函数单调性区间19.如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，．

11（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）由(1)建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面、平面的法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可.【小问1详解】取中点，连接，因为四边形是边长为的菱形，所以，因为,所以是等边三角形，所以,因为，所以，因为，所以，所以.因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】因为，所以，由（1）知，平面平面，而平面平面，平面，所以平面，所以直线两两垂直，以原点建立如图空间直角坐标系，

12则，所以，设平面的法向量为，由，取，得，设平面的法向量为，由，取，得，所以，由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.20.为贯彻中共中央、国务院2023年一号文件，某单位在当地定点帮扶某村种植一种草莓，并把这种露天种植的草莓搬到了大棚里，收到了很好的经济效益．根据资料显示，产出的草莓的箱数（单位：箱）与成本（单位：千元）的关系如下：1346756.577.58与可用回归方程（其中为常数）进行模拟．

13（1）若农户卖出的该草莓的价格为150元/箱，试预测该水果100箱的利润是多少元．（利润=售价-成本）（2）据统计，1月份的连续16天中农户每天为甲地可配送的该水果的箱数的频率分布直方图如图，用这16天的情况来估计相应的概率．一个运输户拟购置辆小货车专门运输农户为甲地配送的该水果，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该水果，满载发车，否则不发车．若发车，则每辆车每趟可获利500元；若未发车，则每辆车每天平均亏损200元．试比较和时，此项业务每天的利润平均值的大小．参考数据与公式：设，则0.546.81.530.45线性回归直线中，．【答案】（1）3236元（2）购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值．【解析】【分析】（1）利用参考公式和表中数据求出线性回归直线方程，再将代入即可求解；（2）根据题意设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为元，根据题意列出分布列，根据分布列求出平均值即可求解.【小问1详解】根据题意，，所以，所以，又，所以，所以时，（千元），即该水果100箱的成本为11764元，故该水果100箱的利润（元）．【小问2详解】根据频率分布直方图，可知该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表为：

14箱数设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为元，则的可能取值为1500，800，100，其分布列为：1500800100故,的可能取值为2000，1300，600，，其分布列为：20001300600故,即购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值．21.如图，椭圆和圆，已知圆将椭圆的长轴三等分，椭圆右焦点到右顶点的距离为，椭圆的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆相交于点A，B．（1）求椭圆的方程；（2）若直线分别与椭圆相交于另一个交点为点P，M．求证：直线经过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】

15【分析】（1）根据题意列式求解，即可得答案；（2）设直线的方程，与椭圆方程联立求的坐标，进而可求直线的方程，即可得结果.【小问1详解】由题意可得：，则，∵，解得，∴椭圆的方程为.【小问2详解】由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为k，则直线，联立方程，解得或，∴，∵为圆的直径，点E在圆上，则，即，∴，则直线，故用去替代k得，∵，∴直线，即，∴直线经过定点．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

16（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数．（1）当时，求证：；（2）设，若对任意的，总存在，使不等式成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）根据函数解析式，整理不等式，构造函数，利用导数求新函数的最值，可得答案；（2）由题意，整理函数解析式，求导研究其单调性，根据不等式能成立问题，可得关于和的不等式，构造以为变量、以为参数的函数，利用导数，结合分类讨论，可得答案.【小问1详解】要证，只需证，令，，由，，，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴，即，∴．【小问2详解】由题意得，，∵，显然，，∴在区间上为增函数，∴时，，∴，

17设，有在时恒成立，∵，①时，∵，显然，∴在时单调递减，此时不符合；②时，∵，显然，∴在时单调递减，此时不符合；③时，∵，若，显然，则在区间上单调递减，此时不符合；若，显然当时，，则在区间上单调递减，此时，不符合；若时，则在区间上单调递增，此时，符合．综上得，解得，即实数k的取值范围为．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.