湖南省长沙市长郡中学2023届高三数学上学期第三次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2023届高三数学上学期第三次月考试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 记集合 ，， 则， 设，则， 已知等内容，欢迎下载使用。

英才大联考长郡中学2023届高三月考试卷（三）
数学
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. 记集合 ，， 则（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，再由交集的定义即得.
【详解】∵或，，
所以.
故选：A.
2. 已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则
A. -3 B. -1 C. 1 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用奇偶性及赋值法即可得到结果.
【详解】由题意得：，
又因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数，所以，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了奇函数与偶函数的定义在求解函数值中的应用，属于基础试题．
3. 已知向量，点，若且，为坐标原点，则的坐标为（ ）
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由，可设，根据，用代入模长公式求得.
【详解】由知，存在实数，使，
又，则，即或，
所以或.又点，
所以或.
故选：D.
4. 已知平面，直线、，若，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若，且，则或，即“”“”；
若，且，则或、异面，则“”“”.
因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
5. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥的外接球的半径．
【详解】易知四面体的三条侧棱两两垂直，且，把四面体补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体的外接球，球的半径为
故选：B.

【点睛】本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查空间想象能力．
6. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别判断出，，，即可得到答案.
【详解】.
因为，所以.
所以；
因为在R上为增函数，所以；
因为在上为增函数，且所以，即；
所以
故选：D
7. 将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，则（ ）

A. 0 B. 1 C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数的图象变换得到的解析式，再由其图象性质得出后计算原式
【详解】依题意，，
故，又的周期满足，得，所以，
所以，又，得，
又，所以，所以，
所以，
故选：C
8. 已知：，，，，，一束光线从点出发射到上的点经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点）.则斜率的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先作出关于的对称点，再作关于的对称点，因为光线从点出发射到上的点经反射后，入射光线和反射光线都经过关于直线的对称点点，又因为再经反射，反射光线经过关于直线的对称点，所以只需连接､交与点，连接､分别交为点､，则，之间即为点的变动范围.再求出直线，的斜率即可.
【详解】∵，，，
∴直线方程为，直线方程为，
如图，作关于的对称点，
∵，∴，再作关于的对称点，则，
连接､交与点，则直线ME方程为，∴，
连接､分别交为点､，则直线方程为，直线方程为，
∴，.连接，，则，之间即为点的变动范围.

∵直线方程为，直线FH的斜率为，
∴斜率的范围为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查入射光线与反射光线之间的关系，关键在于入射光线与反射光线都经过物体所成的像，据此就可找到入射点的范围.
二､多选题：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a，b，c为非零实数，且，则下列结论正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据不等式的性质判断，错误的命题可举反例．
【详解】因为，所以.根据不等式的性质可知A，B正确；
因为a，b的符号不确定，所以C不正确；
.
可得，所以D正确.
故选：ABD．
【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．
10. 设，函数在区间上有零点，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题得，令，求出解不等式得解.
【详解】由题得，
令，解得，取k＝0，
，即．
故选：BCD
11. 如图，是一块半径为1的圆形纸板，在的左下端前去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，再分别写出和的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可
【详解】根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，…，累加可得，所以，故A正确，C错误；
又，故，即，故D正确；
又，，…，累加可得，故正确，故B正确；
故选：ABD
12. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.
B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.
C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.
D.与C选项同样方法即可判断.
【详解】A. 令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且

即 故选项A正确
B. 令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且

即 故选项B错误
C.
又在单调递增
故选项C错误
D. 由C可知， 又在单调递减
故选项D正确
故选：AD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知i是虚数单位，如图，在复平面内，点A对应的复数为，若，则________.

【答案】
【解析】
【分析】
有图可得出，由可得计算即可.
【详解】由题图可知，，由，得.
故答案为：.
【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数的运算法则，属于常考题.
14. 已知等边三角形的边长为6，点P满足，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】
以BC所在的边为x轴，垂直平分线为y轴建立坐标系，用坐标表示可求得P点坐标求得答案.
【详解】
建立如图所示坐标系，其中O为BC的中点，所以，
设，则，，，
又因，所以，
，
即，，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量模的计算，本题的关键点是建立坐标系，根据已知条件计算出P点坐标，再计算向量的模长，这种几何图形中的向量运算，转换成坐标比较容易得到答案.
15. 已知数列的前项和为，对任意的，且恒成立，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论，根据已知，利用数列的前n项和得到数列的递推式，再通过数列的递推式，分类讨论求出数列的通项公式，再利用函数的单调性求出最值进行求解．
【详解】由，得；
当时，
．
若为偶数，则，∴，（为正奇数）；
若为奇数，则，（为正偶数）．
函数（为正奇数）为减函数，最大值为，
函数（为正偶数）为增函数，最小值为．
若恒成立，则，即．
故答案为：．
16. 如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：

①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；
②存在点H，使得GH⊥AE；
③三棱锥B−GHF的体积为定值；
④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为．
其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：

因为分别为的中点，故可得//，，
根据已知条件可知：//，故//，
故四边形为平行四边形，则//，又面面，
故//面，故①正确；
对②：因面面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：

则，设，，
若GH⊥AE，则，
即，解得，不满足题意，故②错误；
对③：，因为均为定点，故为定值，
又//面面，故//面，
又点在上运动，故点到面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
对④：取△的外心为，过作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心一定在上
因为面，面面，则，又，
面，故面,又面，
则//，故在同一个平面，
则过作，连接如图所示.

在△中，容易知，
则由余弦定理可得，故，
则由正弦定理可得；
设三棱锥的外接球半径为，则，
在△中，，，
又，
故由勾股定理可知：，即，
解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考察线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题.
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. 已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
（1）求等差数列{an}的通项公式；
（2）若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
【答案】（1）an＝－2n＋1或an＝2n－7；（2）Sn＝.
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，由等差数列前三项的和为，前三项的积为，利用等差数列的通项公式列出方程组，求公差和首项，由此能求出等差数列的通项公式．
（2）由（1）得an＝2n－7，知|an|＝，分类讨论，结合等差数列的求和公式能求出数列的前项和为．
【详解】（1）设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
（2）由题意得an＝2n－7，所以|an|＝，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的求法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．易错点是求等差数列通项公式时容易丢解．
18. 在中，角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且满足.
（1）求角；
（2）若边上的中线长为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，化简可得，从而可求得.
（2）根据向量有，结合余弦定理可求得，从而可求得三角形面积.
【小问1详解】
由正弦定理得:，
即,
即，因为，
化简得,
，.
【小问2详解】
设边上的中线为，则
所以，

即有：①
又，
由余弦定理得②
由①②得，
所以.
19. 年月日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“局胜制”（即有一支球队先胜局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积分，负队积分；以取胜的球队积分，负队积分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．
（1）如果甲、乙两队比赛场，求甲队的积分的概率分布列和数学期望；
（2）如果甲、乙两队约定比赛场，求两队积分相等的概率．
【答案】（1）分布列答案见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；
（2）设第场甲、乙两队积分分别为、，分析可得，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问1详解】
解：随机变量的所有可能取值为、、、，
，，
，，
所以的分布列为










所以数学期望.
【小问2详解】
解：记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件，
设第场甲、乙两队积分分别为、，则，、，
因两队积分相等，所以，即，则，
所以
．
20. 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.

（1）证明：平面；
（2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令
，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.
【小问1详解】
过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
【小问2详解】
过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，

则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
21. 如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点．

（1）若点为直线与轴的交点，求的面积；
（2）若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）可得点，设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得的值，可知，求出两切点的坐标，可得出、，利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）设、，可得出切线、的方程，设点，求出直线的方程，可得出直线过定点，由结合直角三角形的几何性质可得出结论.
【小问1详解】
解：由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，
联立，可得，（*）
由，
可得，即切线方程为，所以，，
将代入方程（*）可得，可得，此时，
不妨设点，同理可得点，，
因此，.
【小问2详解】
证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，
因为点在椭圆上，则，
联立，消去可得，
整理得，即，解得，
因此，椭圆在其上一点处的切线方程为.
设、，则切线的方程为，切线的方程为.
设，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
因为点在直线上，则，则，
所以，直线的方程可表示为，即，
由，可得，故直线过定点，
因为，所以，点在以为直径的圆上，
当点为线段的中点时，，此时点的坐标为.
故存在点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线点斜式方程或截距式来证明.
22. 已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．
（1）求点P处的切线方程，并证明：时，．
（2）若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．
【答案】（1），证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）确定的零点，得点坐标，由导数几何意义可得，在时作差，证明即可；
（2）是正根，因此只要考虑时情形，不妨设，仿照（1）求出在另一个零点处的切线方程，并证明时，，设的解为，的解为，利用的单调性可得，，这样有，然后证明，并利用导数研究的单调性与极值（需要二次求导）确定，最后利用不等式的性质可得结论成立．
【小问1详解】
令，得．
所以或．
即或．
因为点P在点Q的左侧，所以，．
因为，
所以，得点P处的切线方程为，即．
当时，，
因为，且，所以，所以，即．
所以，
所以．
【小问2详解】
不妨设，且只考虑的情形．
因为，所以．
所以点Q处的切线方程为，记，
令，，
设，则．
所以单调递增．
又因为，
所以，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以在时有极小值，也是最小值，
即，所以当时，．
设方程的根为，则．
易知单调递增，由，所以．
对于（1）中，设方程的根为，则．
易知单调递减，由（1）知，所以．
所以．
因为，易知时，，故；当时，，所以，
所以，
所以．
记，，则恒成立．
所以单调递增，因为，，
所以存在使得．
所以，当时．；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，，
所以．
所以，
即．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，解题难点是转化问题，利用导数几何意义求出函数在零点处的切线方程，和，并利用导数证明，，设，同时设与和的交点横坐标分别是，，这里，可心由函数式求出来，且得出，于是差，回过头来利用导数证明，然后由不等式的性质证明结论．这个解题过程思路比较明确，但是计算量、思维量都很大．对学生的逻辑思维能力，转化与化归能力、运算求解能力要求较高，属于困难题．