2023届湖南省长沙市高三年级上册学期月考（五）数学试题【含答案】

2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（五）数学试题一、单选题1．已知集合,,则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意解出集合,求出两个集合的交集即可.【详解】解:由题知,,.故选:B2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的几何意义与共轭复数的概念、除法运算求解即可【详解】由题，，故，故选：B3．青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一.如图，这是景德镇青花瓷，现往该青花瓷中匀速注水，则水的高度与时间的函数图像大致是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据瓷器的形状：中间粗，上下细来分析水的增高速度.【详解】由图可知该青花瓷上､下细，中间粗，则在匀速注水的过程中，水的高度先一直增高，且开始时水的高度增高的速度越来越慢，到达瓷瓶最粗处之后，水的高度增高的速度越来越快，直到注满水，结合选项所给图像，只有先慢后快的趋势的C选项符合.故选：C4．若，则=（

）A．244 B．1 C． D．【答案】D【分析】分别令代入已知关系式，再两式求和即可求解.【详解】根据，令时，整理得：令x=2时，整理得:由①+②得，，所以.故选：D.5．若，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】将用替换后，解方程解出即可.【详解】因为，可得，可得，解得，因为，所以，所以，所以.故选：C.6．如图，在平行四边形中，E是的中点，，与相交于O．若，，则的长为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先以为基底表示，再利用向量的数量积把转化为关于的方程，即可求得的长【详解】在平行四边形中，E是的中点，，与相交于O．设，则由，可得则，解之得，则则又，则，解之得，即的长为4故选：C7．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e，设地球半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为（）A．r+R B．r+RC．r+R D．r+R【答案】A【解析】画出题意画出图形，结合题设条件和椭圆的离心率，求出椭圆的长半轴和半焦距，进而求得卫星远地点离地面的距离.【详解】由题意，椭圆的离心率，（c为半焦距；a为长半轴）地球半径为R，卫星近地点离地面的距离为r，可得联立方程组，，如图所示，设卫星近地点的距离为，远地点的距离为，所以远地点离地面的距离为r+故选：A．【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及几何性质的应用，其中解答中结合椭圆的几何性质求得椭圆的长半轴和半焦距是解答的关键，着重考查推理与运算能力.8．已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出过且与平面和平面所成角相等的截面，则P位于截面与平面的交线上，进而求得答案.【详解】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，.故选：A.【点睛】对于动点问题，通常做法是先找到动点的轨迹，以本题为例就是先作出与平面和平面所成角相等的截面，从而找到截面与的交线，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法.二、多选题9．下列说法，其中正确的是（

）A．对于独立性检验，的值越大，说明两事件相关程度越大B．若随机变量，，则C．若随机变量，则D．在回归分析中，对一组给定的样本数据，…，而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越好【答案】AB【分析】根据独立性检验的概念可判断A，根据正态分布可判断B，利用二项分布的方差公式可求C，根据残差定义可判断D.【详解】由独立性检验得A说法是正确的；随机变量，，则，故B正确；随机变量，则，，故C错误；按照残差的意义，在回归分析中，若残差平方和越小，则模型的拟合效果越好，故D错误.故选：AB.10．如图，正四棱锥的底面边长与侧棱长均为，正三棱锥的棱长均为，（

）A．B．正四棱锥的内切球半径为C．，，，四点共面D．平面平面【答案】ACD【分析】结合选项逐个验证，线线垂直通常转化为线面垂直，锥体的内切球半径通常采用分割法求解，四点共面借助余弦定理来判断，平面与平面平行通常借助线面平行来判断.【详解】对于A，取的中点，连接，，则，，又，平面，，所以平面，因为平面，所以，又，所以，故A正确.对于B，设内切球半径为，易求得四棱锥的一个侧面的面积为，所以，解得，故B错误.对于C，取的中点，连接，，，，易知，，，所以，分别是二面角，二面角的平面角，易求得，所以，，又，，所以与互补，所以，，，共面，故C正确因为，，，共面，又，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，，所以平面平面，故D正确．故选：ACD.11．已知函数，下列四个选项正确的是（

）A．是偶函数B．是周期函数C．在，上为减函数D．的最大值为【答案】ACD【分析】对于选项A，利用函数奇偶性的定义判断得解；对于选项B，分析得到不存在非零实数T使得对任意实数x恒成立得解；对于选项C,求出即得解；对于选项D,对分四种情况讨论得解.【详解】对于选项A，的定义城为R，关于原点对称，又，所以是偶函数，故选项A正确；对于选项B，先画出函数在的图象，再利用对称性得到的图象.由函数的图象可知，不存在非零实数T使得对任意实数x恒成立，故选项B不正确；对于选项C,当，时，，因为，，单调递减，故选项C正确；对于选项D,当，时，；当，时，，因为，，所以，，所以，所以；当，时，；当，时，，因为，，所以，所以，绿上所述，当时，的最大值为，由于为偶函数，所以当时，的最大值也为，故的最大值为，故选项D正确.故选：ACD.12．已知关于的方程有且仅有两解，且，则（

）A．函数与的图象有唯一公共点B．C．，D．存在唯一满足题意，且【答案】ACD【分析】由函数图像可判断A正确，由，所以，即，所以可判断B，由零点存在性定理可判断C，由，根据函数的单调性可知.【详解】对于A，若关于的方程有且仅有两解，则和的图像有且仅有两个交点，作出和的草图如下图所示：易知，当，即时，函数与的图象相切于唯一公共点，A正确；对于B，，，可知，所以，所以，即，所以，B错误；对于C，设，由图可知：与相切于点，所以有，即，即，设，则，所以在上是增函数，，，所以，使得，即，即，又，所以，C正确；对于D，，，设，，当时，，所以在上是增函数，因为，，所以，且唯一，D正确.故选：ACD.【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．三、填空题13．有2个人在一座7层大楼的底层进入电梯，假设每一个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这2个人在不同层离开的概率为__________．【答案】【分析】由题意2人总的下法功36种结果，2人在同一层下共6种，故先求该事件的概率，再由对立事件的概率可得．【详解】解：由题意总的基本事件为：两个人各有6种不同的下法，故共有种结果，而两人在同一层下，共有6种结果，两个人在同一层离开电梯的概率是，所以2个人在不同层离开的概率为.故答案为：14．已知，若存在常数，使得对任意的正整数n都有，则的最小值为______.【答案】##4.5【分析】讨论的单调性和最值，即可确定，，进而可求的最小值.【详解】因为，由已知，所以，，设，则，，，所以，，所以，所以，故，所以，，，所以，所以B－A的最小值为，故答案为：.15．如图，双曲线E：的左、右焦点分别为，，过作以为圆心、为半径的圆的切线，切点为T.延长交E的左支于P点，若M为线段的中点，且，则E的离心率为______.【答案】【分析】用和来表示,用和双曲线的定义列式子求解即可.【详解】由题意，得，，，，，解得.故答案为：16．已知定义在上的单调递增函数，对于任意的，都有，且恒成立，则______.【答案】3882【分析】根据函数的单调性，结合赋值法进行求解即可.【详解】令，则有，若，则有，显然矛盾；若，则有，显然与已知矛盾，当为大于3的整数时，与已知函数单调递增相矛盾，故，所以有；令时，；令时，，根据函数递增且可得：，；令时，；令时，；根据函数递增且可得：，，…，；同理，，，，，，，，根据函数递增且可得：，，…，；所以，所以.故答案为：3882【点睛】关键点睛：运用函数的单调性，结合赋值法是解题的关键.四、解答题17．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求；(2)若，AB边上的中线，求ABC的面积.【答案】(1)2；(2).【分析】（1）利用三角恒等变换的公式和正弦定理化简已知即得解；（2）利用向量知识得到，，再求出的值即得解.【详解】（1）解：由得，故，所以，所以，由正弦定理得.（2）解：因为CD为AB边上的中线，所以,所以，所以，所以，即，因为，解得，，又，所以，所以ABC的面积.18．记为数列的前n项和，已知.(1)求；(2)设，数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由已知得，①，②两式相减即得解；（2），再利用裂项相消法求和证明.【详解】（1）解：由已知得，①，②②－①得，即，特别地，①中令得，即，所以是首项为1，公比为2的等比数列.所以.（2）证明：，所以.19．如图，在底面是菱形的四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q.(1)已知平面平面，求证：.(2)求直线AQ与平面PCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）先证明平面，然后由线面平行性质定理得线线平行；（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，写出各点坐标．由共面，即由向量共面定理求得，再求得平面的一个法向量，由向量法求得线面角的正弦值．【详解】（1）由已知，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面＝，所以；（2）由已知是正三角形，是中点，则，而，所以，又平面，故以为轴建立空间直角坐标系，如图，，则，，，，，则，．，，．设，则，又共面，所以存在实数，值得，即，解得，所以．设平面的一个法向量是，则，令，则，即，设直线AQ与平面PCD所成角为，则．20．已知F是抛物线C：的焦点，以F为圆心，2p为半径的圆F与抛物线C交于A，B两点，且.(1)求抛物线C和圆F的方程；(2)若点P为圆F优弧AB上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，请问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)抛物线C的方程为，圆F的方程为(2)是，16【分析】（1）根据题意可得圆F的方程为，联立方程求得A，B的坐标，即可求得结果；（2）利用导数求切线PM，PN，即可得直线MN的方程，联立方程利用韦达定理运算整理.【详解】（1）由题意可得：抛物线C：的焦点为，则圆F的方程为，联立方程，消去x得，解得或（舍去），将代入得A，B的坐标分别为，.故，所以，所以抛物线C的方程为，圆F的方程为.（2）是，理由如下：设，则，因为抛物线的方程为，则，所以切线PM的方程为，即，①同理切线PN的方程为，②则由①②过，则，所以直线MN的方程为，联立方程，消去y得，则，，所以，又在圆F上，则，即，故为定值16.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤：(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．21．“学习强国”学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”“双人对战”和“挑战答题”.在一天内参与“四人赛”活动，每局第一名积3分，第二、三名各积2分，第四名积1分，每局比赛相互独立.在一天内参与“双人对战”活动，每局比赛有积分，获胜者得2分，失败者得1分，每局比赛相互独立.已知甲参加“四人赛”活动，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第四名的概率为；甲参加“双人对战”活动，每局比赛获胜的概率为.(1)记甲在一天中参加“四人赛”和“双人对战”两项活动（两项活动均只参加一局）的总得分为，求的分布列与数学期望；(2)“挑战答题”比赛规则如下：每位参赛者每次连续回答5道题，在答对的情况下可以持续答题，若第一次答错时，答题结束，积分为0分，只有全部答对5道题可以获得5个积分.某市某部门为了吸引更多职工参与答题，设置了一个“得积分进阶”活动，从1阶到阶，规定每轮答题获得5个积分进2阶，没有获得积分进1阶，按照获得的阶级给予相应的奖品，记乙每次获得5个积分的概率互不影响，均为，记乙进到阶的概率为，求.【答案】(1)分布列见解析，(2)【分析】(1)根据题意列出X所有可能取值，针对每一取值做具体分析，写出分布列；(2)根据题意找出，，之间的关系，求数列通项即可.【详解】（1）甲参加“四人赛”时，每局比赛获得第三名的概率为，依题意，所有可能的取值为

，

所以的分布列如表所示所以；（2）依题意