2023届湖南省衡阳市高三年级上册学期第一次月考数学试题【含答案】

2023届湖南省衡阳市第一中学高三上学期第一次月考数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出集合A,B，然后取交集即可.【详解】由得，所以，又，所以，故选：D.2．若复数，则复数的虚部是（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据已知可得，根据复数的除法运算可得，即可求得答案.【详解】由可得：复数复数的虚部是，故选：C.3．从，，，，中任取个不同的数分别记作，，则的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出基本事件总数，再用列举法列出取出的个数之差的绝对值等于的事件数，最后利用对立事件和古典概型的概率公式计算可得.【详解】解：从，，，，中任取个不同的数，，共有个基本事件，取出的个数之差的绝对值等于有，，，共个基本事件，所以所求概率为.故选：D4．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）､（2）､（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别，设图（1）､（2）､（3）中椭圆的离心率分别为，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的长轴长与短轴长的定义，结合离心率公式和参数之间的等量关系，可得答案.【详解】因为椭圆的离心率，所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大.由，所以.故选：B.5．已知的展开式中各项系数的和为，则该展开式中的系数为（

）A．0 B． C．120 D．【答案】A【分析】令，构建方程可得，再根据的展开式，令和，代入运算求解．【详解】因为的展开式中各项系数的和为，所以令，得，解得，∵的展开式为则展开式中含的项为，故的系数为0.故选：A．6．两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且.已知则线段的长为（

）A．8 B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量，结合模长运算处理，重点注意、的夹角与异面直线的夹角之间的关系．【详解】由题意知：，所以，又异面直线所成的角为，则所以，则或（舍去）故选：B.7．已知，则的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】化简由题意，可得，构造，得到则，再令，求得函数的单调性，结合单调性，即可求解.【详解】由题意，可得，所以令，则，令，则，所以在上单调递减，，所以恒成立，所以在上单调递减，因为，所以，即，所以，所以，即.故选：A.8．已知是方程的两根，有以下四个命题：甲：；乙：；丙：；丁：.如果其中只有一个假命题，则该命题是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】根据韦达定理可得，对乙､丁运算分析可知乙､丁一真一假，分别假设乙､丁是假命题，结合其他命题检验判断．【详解】因为是方程的两根，所以，则甲：；丙：.若乙､丁都是真命题，则，所以，，两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，即，所以，与乙不符，假设不成立；假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，故选：．二、多选题9．下列命题正确的是（

）A．若甲､乙两组数据的相关系数分别为和，则乙组数据的线性相关性更强B．已知样本数据的方差为4，则的标准差是4C．在检验与是否有关的过程中，根据所得数据算得，已知，则有的把握认为和有关D．对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是【答案】AB【分析】根据统计案例中的相关概念理解运算．【详解】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故正确；中样本数据的方差为4，则的方差为，标准差为4，B正确；C中由6.352，没有的把握判断认为和有关，C不正确；D中，由得，D不正确；故选：AB.10．若函数在区间上的最大值为6，则下列结论正确的是（

）A．B．是函数的一个周期C．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是D．将函数的图像向左移动个单位得到函数的图像，则函数是一个偶函数【答案】BD【分析】先根据三角恒等变换整理得，以为整体，结合正弦函数图像与性质运算求解，并运用图像平移处理求解判断．【详解】，当时，则，所以当时，的最大值为6，即，所以，选项A不正确；∵的最小正周期，则是函数的一个周期，选项B正确；当时，，所以不等式恒成立，则，解得，选项不正确；函数的图像向左移动个单位得到函数，函数是一个偶函数，选项正确.故选：BD．11．树人中学的“希望工程”中，甲､乙两个募捐小组暑假期间走上街头分别进行了为期两周的募捐活动.两个小组第1天都募得1000元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少50元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的1000元中拿出了600元印刷宣传材料，则从第2天起，第天募得的捐款数为元.若甲小组前天募得捐款数累计为元，乙小组前天募得捐款数累计为元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（

）A．B．甲小组募得捐款为9550元C．从第7天起，总有D．且【答案】AC【分析】利用等差数列求和公式求出甲小组两周的募捐的钱数，得到B错误；利用等比数列求和公式及分组求和，得到乙小组两周募捐的钱数，得到D错误；计算出，比较得到大小；令，先计算出，再结合数列单调性得到答案.【详解】由题可知且，设代表第天甲小组募得捐款，且，对于甲小组，，所以，所以，所以且，所以，故选项B不正确；设代表第天乙小组募得捐款，由题可知，，所以，，故选项D错误；因为，故该选项A正确；选项C，令，所以，而当时，，所以数列为递增数列，因此，所以，故选项C正确.故选：AC12．在直角坐标系中，抛物线与直线交于两点，且.抛物线的准线与轴交于点是以为圆心，为半径的圆上的一点（非原点），过点作抛物线的两条切线，切点分别为.则（

）A． B．直线的方程为C． D．面积的最大值是【答案】BCD【分析】利用向量的数量积等于0可求得，判断A;确定抛物线方程，利用导数表示出抛物线切线方程，结合两点确定一条直线可得AB方程,判断B;求出以为圆心，为半径的圆的方程，即可知，判断C;求出弦长AB,求出点到直线的距离，即可表示出面积，从而求得其最大值，判断D.【详解】依题意可设，则,因为，所以，故.又，所以,故抛物线的方程为,所以选项不正确，；不妨设在第一象限，在第四象限，由可得，，所以直线的斜率为，则直线的方程为，化简为；同理求得的方程为，因为点在直线，上，所以，由此可知,的坐标都满足,由于两点确定一条直线，故可得直线AB的方程为，所以B选项正确；由A的分析可知抛物线的准线方程为，故,所以以为圆心，为半径的圆的方程为，由于为圆上动点（非原点），故，故C正确；联立方程组，整理得，,则，故，点到直线的距离，故的面积，由题可知，，则圆的方程为，故，因为，所以，所以，故面积的最大值为为，D正确；故选：BCD【点睛】本题考查了抛物线方程中参数的求解以及直线和抛物线相切时切线以及弦的方程的求解以及直线和抛物线位置关系中三角形面积最值的求法，涉及知识点多，综合性强，计算量大，解答时要能灵活应用相关知识求解，解答的关键是抛物线切线方程的求法以及三角形面积最值的求解.三、填空题13．函数的极大值点是___________.【答案】【分析】求得函数的导数，利用导数的符号求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，令，即，解得，当时，，故在上为单调递增函数，当时，，故在上为单调递减函数，所以函数的极大值点是.故答案为：.14．已知抛物线的焦点在轴上，直线与抛物线交于点，且.写出抛物线的一个标准方程___________.【答案】或或或（写出一个即可）【分析】根据题意设抛物线的方程及点的坐标，根据抛物线的定义与方程运算求解．【详解】设所求焦点在轴上的抛物线的方程为，，由抛物线定义得.又∵或，故所求抛物线方程为或.故答案为：或或或．（写出一个即可）15．定义在上的奇函数，当时，，则曲线上的点到直线的最小距离为___________.【答案】【分析】先根据奇函数定义求时的解析式，此时斜率为1的点到直线的距离最小，再与原点到直线的距离相比较，取最小值．【详解】由对称性可知，只需要比较与时的距离.设，因为函数是奇函数，所以，则设点，则，解得：此时点到直线的距离，设，则原点到直线的距离，因为，所以曲线上的点到直线的最小距离为.故答案为：．16．三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为___________.【答案】##【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解；【详解】为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又分别为中点，，，又平面平面，为正方体一部分，故，即，∵为三棱锥外接球上的动点，∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，∴可求得三棱锥的体积为：，∴，解得：故答案为：【点睛】求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或正方体，进而求出表面积或体积.四、解答题17．已知锐角中，角所对的边分别为.(1)求；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，结合两角和正弦公式化简求解；（2）利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换整理可得，再根据正切函数运算求解．【详解】（1）由及正弦定理得所以，又，因为，所以，所以.因为，所以.（2）由正弦定理得，所以.因为是锐角三角形，所以，解得.因为在上单调递增，所以.从而，所以，即的取值范围是.18．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意利用面面垂直的性质定理可证平面，再结合线面垂直的判定定理证明；（2）根据题意建系，先平面的法向量是，再根据运算处理．【详解】（1）连接，因为四边形是菱形，则，因为，故为等边三角形，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面，平面，所以.因为，所以.又，所以平面.（2）连接，因为是的中点，所以.又因为平面平面，平面平面平面，所以平面.设，因为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量是，则，取，可得.设直线与平面所成角为所以，∴直线与平面所成角的正弦值是.19．2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到右下图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值，并估计样本数据的分位数；(2)采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在的学生中抽取9人.若从这9人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】(1)分位数为(2)分布列答案见解析，【分析】（1）先由频率和为1解得按百分位数的定义求出分位数；（2）利用分层随机抽样求出在两个区间中应分别抽取6人和3人.得到X的所有可能取值为.分别求出对应的概率，写出分布列，求出数学期望.【详解】（1）由题意，，解得.由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为.观看时长在240分钟以下占比为.所以90%分位数位于内，分位数为.（2）由题意，观看时长[200，240）､[240，280]对应的频率分别为和，所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取6人和3人.于是抽取的3人中观看时长在中的人数X的所有可能取值为.所以，的分布列为0123P所以，.20．已知数列满足，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意整理可得，讨论的奇偶性并结合等比数列通项公式运算求解；（2）利用错位相减进行求和运算，再利用放缩法并结合数列单调性证明．【详解】（1）由得，两式相除得，所以都是公比为2的等比数列，由及得，所以为奇数时，，为偶数时，，所以（2），则，两式相减得，所以，因为，所以单调递增所以成立，所以.21．设是双曲线的左､右两个焦点，为坐标原点，若点在双曲线的右支上，且的面积为3.(1)求双曲线的渐近线方程；(2)若双曲线的两顶点分别为，过点的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，在定直线方程上【分析】（1）由已知条件可得为直角三角形,利用双曲线的定义和勾股定理进行计算可得a,b,c,然后由渐近线公式可得答案.（2）对直线的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，将直线方程与双曲线方程联立，写出直线和直线的方程，并联立利用韦达定理求解即可.【详解】（1）由得，且所以即解得又,故双曲线的渐近线方程为.（2）由（1）可知双曲线的方程为.（i）当