湖南省长沙市雅礼中学2023届高三月考试卷(二)数学试题含答案

数学

本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,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. 已知集合Mx∣x2x20,N{x∣x2}, 则MN A. (0,2) B. [0,2] C. [-1,4) D. [-1,2]

2. 在平面直角坐标系xOy中, 以点(0，1)为圆心且与直线xy10相切的圆的标准方程为

A. x2(y1)22 B. (x1)2y21

C. x2(y1)22 D. (x1)2y24

3．Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)（t的单位：天）的

Logistic模型：I(t)K1e-0.23(t-53)*，其中K为最大确诊病例数.当It0.95K时，

标志着已初步遏制疫情，则t*约为(ln193) A．60

B．63

C．66

D．69

4．在某种信息传输过程中，用6个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，例如001100就是一个信息.在所有信息中随机取一信息，则该信息恰有2个1的概率是 A．

5 16B．32 D．

11C．

153215 165. 已知圆锥的母线长为 2 , 轴截面顶角的正弦值是

1, 过圆锥的母线作截面,2则截面面积的最大值是

A. 1 B. 3 C. 1 或 2 D. 2 6. 设函数f(x)ax2bxc(a,b,cR), 若x1为函数g(x)exf(x)的一个极值点, 则下列图象不可能为yf(x)的图象的是

xy1(a0,b0)的左、右焦点, 过F2的直22ab线与双曲线C的左支相交于P、Q两点, 且PQPF1. 若|PQ|PF1, 则双曲

227. 已知F1,F2分别是双曲线C:线C的离心率为 A. 63

B. 522 C. 522 D.

122 8. 在棱长为 6 的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是BC的中点, 点P是面DCC1D1内的动点, 且满足 APDMPC, 则三棱锥DPBC体积的最大值是

A. 123 B. 24 C. 183 D. 36 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.关于统计数据的分析,有以下几个结论，其中正确的是

A.利用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平带状区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较高

B.将一组数据中的每个数据都减去同一个数后， 期望与方差均没有变化 C.调查剧院中观众观后感时,从50排(每排人数相同)中任意抽取一排的人进行调查是分层抽样法

D.样本数据9,3,5,7,12,13,1,8,10,18的第80百分位数是12.5

10．1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写下公式eixcosxisinx（xR,i为虚数单位），这个公式在复变函数中有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，据此公式，则有 A．ei10

ix-ixC．ee2

13B．22i20221

D．2eixe-ix2

11. 已知函数f(x)sin(cosx)cos(sinx), 则下列结论正确的是

A. f(x)是偶函数

B. f(x)在区间0,单调递㖪

2C. f(x)的周期是 D. f(x)的最大值为 2

12. 下列不等关系正确的是

A. 3ee33 B. e3ee 3e33

C. e3e

D.

第Ⅱ卷

三、填空题: 本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 已知|b|2|a|且a(ab)0, 则a,b的夹角是_____.

14. 已知函数f(x)exaex(a为常数)为奇函数, 且g(x)f(x)mx为增函数, 则实数m的取值范围是_____.

15. 已知抛物线E:y24x, 直线l:yk(x1)与E相交于A,B两点, 若

M(1,1)使AMB90, 则 k_____. 16. 已知三角形数表:

现把数表按从上到下、从左到右的顺序展开为数列an，记此数列的前n项和

t为Sn.若Sm2tZ，mN且m77，则m的最小值是_____.

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. (本小题满分10分)

已知nN*,抛物线yx2n与x轴正半轴相交于点A.设an为该拋物线在点

A处的切线在y轴上的截距. (1)求数列an的通项公式;

na1111(2) 设bnn, 求证: 2（nN*且n2）.

b1b2bnn218.（本小题满分 12 分)

在ABC中, 角A,B,C的对边分别为a,b,c, 若AC2B.

(1) 求证: B;

3(2) 对nN*, 请你给出一个n的值, 使不等式ancn2bn成立或不成立,并证明你的结论.

19. (本小题满分 12 分)

如图 1, 在ABC中,AC2,ACB90,ABC30,P是AB边的中点. 现把

ACP沿CP折成如图 2所示的三棱锥ABCP, 使得AB10 (1)求证: 平面ACP平面BCP; (2)求二面角BACP的余弦值.

20. (本小题满分 12 分)

品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级．

现设n4，分别以a1,a2,a3,a4表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令X1a12a23a34a4， 则X是对两次排序的偏离程度的一种描述．

(1)假设a1,a2,a3,a4等可能地为1,2,3,4的各种排列，写出X的可能值集合，并求X的分布列；

(2)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有X2，

①试按(1)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； ②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由． 21. (本小题满分 12 分)

已知A(1,0),B是圆F:x22xy2150上的任意一点, 线段AB的垂直平分线交BF于点P.

(1) 求动点P的轨迹C的方程;

(2) 设PA,PF交轨迹C于另两点D,E. 记PAF和PDE的面积分别为S1,S2. S求1的取值范围. S222. (本小题满分 12 分)

已知函数f(x)xxx (x0, t为正有理数). (1) 求函数f(x)的单调区间;

t1tt1t(2) 证明: 当x2时,f(x)0.

雅礼中学2023届高三月考试卷(二)

数学参考答案

一、二选择题 题1 2 3 4 5 6 7 8 号 答B A C D C D B A 案 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 9 AD 10 11 12 ABD ABC AB  314.,2 13.

15. 2 16. 95

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) 抛物线在点A(n,0)处的切线方程为y2n(xn), 所以它在y轴上的截距 an2n.

11111111112. (2)2221b1b2bn12n1223(n1)nn18.【解析】(1) 由ABC且AC2B得B2BB(2) 当n2时, 不等式成立, 即有a2c22b2. 证明如下: 由余弦定理有2b2a2c22a2c22accosBa2c2

a2c24accosB2ac4accosB2ac(12cosB)

1B,cosBcos12cosB0, 由 (1) 知332所以2b2a2c20, 即a2c22b2.

3.

或当n1时, 不等式成立, 即有ac2b. 证明如下: 由正弦定理有

BBACAC2b(ac)2R[2sinB(sinAsinC)]2R4sincos2sincos2222BBAC4Rcos2sincos (其中R是ABC外接圆的半径)

222BB1BB,sinsin2sin1. 由 (1) 知36222622ACBACB1, 所以2sincos0, 又cos0, 而cos2222所以2b(ac)0, 即ac2b.

或ac2b(ac)2(2b)2,

而由余弦定理 (2b)2(ac)24a2c22accosBa2c22ac3a2c28accosB2ac6ac8accosB2ac4ac(12cosB) 由 (1) 知

33所以(2b)2(ac)20, 即ac2b.

B,cosBcos112cosB0, 2或当n5时, 不等式不成立, 即a5c52b5不成立. 证明如下:

asinA2取A,B, 则有2, 23bsinB3ac所以2, 即a5c52b5.

bb说明此时a5c52b5不成立

19.【解析】（1）在图1中，取CP的中点O，连接AO交CB于E，则AECP.在图2中，取

55555CP的中点O,连接AO,OB, 因为ACAPCP2, 所以AOCP且 AO3. 在OCB中, 由余弦定理有OB212(23)22123cos307, 所以AO2OB210AB2, 所以AOOB, 又AOCP,CPOBO, 所以AO面PCB, 又AO面ACP, 所以平面ACP平面CPB.

（2）因为AO面PCB且OCOE，故可建立如图2空间直角坐标系， 则O(0,0,0),C(1,0,0),A(0,0,3),P(1,0,0),B(2,3,0)

AB(2,3,3),AC(1,0,3).

mAB0,设平面ABC的法向量为m(x,y,z), 则由得m(3,3,1)

mAC0,又平面ACP的法向量为n(0,1,0).

mn3313. |m||n|13131313因此, 二面角BACP的余弦值为.

13所以cos20.【解析】(1) X的可能取值集合为{0,2,4,6,8},

在1,2,3,4中奇数与偶数各有两个, 所以a2,a4中奇数个数等于a1,a3中偶数个数, 因此1a13a3与2a24a4的奇偶性相同, 从而X必为偶数.X的值非负, 且易知其值不大于 8 .

容易举出使得X的值等于0,2,4,6,8各值的排列的例子.

可以用列表或者树状图列出1、2、3、4的一共24种排列，计算每种排列下的X的值，在等可能的假定下， 得到X的分布列为

X P 0 2 4 6 8 1 243 247 2441 2469 244 24（2）①首先P(X2)P(X0)P(X2)将三轮测试都有X≤2的概率记做P ,有上述结果和独立性假设得

11 P62163②由于P15是一个很小的概率, 2161000这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有X≤2的结果的可能性很小， 所以我们认为该品酒师确实有良好的鉴别功能,不是靠随机猜测.

21.【解析】(1) 由题意可知|PA||PF||PB||PF||FB|42|AF|, 所以动点P的轨迹是以A、F为焦点且长轴长为 4 的椭圆, 因此C方程为x2y21 433设|PA|x(1x3),PAF, 则在PAF中, 由余弦定理得x,

2cos333则有cos2. 同理|AD|.

2cos()2cosx4x2. 24x3342x4y2设|PF|y, 则xy4. 同理可得|PE|

4y3S|PA|∣PF(4x3)(4y3)391所以1. 易知xyx(4x)(3,4],

S2|PD||PE|16xy16xy12所以|PD||PA||AD|4cos212所以

S1325的取值范围是,. S2166422.【解析】(1) 函数的定义域为(0,).

f(x)txt11111t111111t1xttxttx1xtxt1xt. ttt当0x1时, f(x)0; 当x1时, f(x)0. 所以函数f(x)的单调区间为

(0,1),(1,)且f(x)在(0,1)上单调递增, 在(1,)上单调递减. (2) 因为f(x)在[2,)单调递减, 所以f(x)f(2)222t1tt1tt1tt1t.

记g(t)222(t0)，因此要证f(x)0，只要证g(t)0即可

1而g(t)g且g(1)0,因此只要证明: 当t1时,g(t)0.

t1tt1tt而g(t)2222221.令h(t)2t2t1(t1)

11t11h(t)2t(ln2)122t, 令m, 则0m1. 令

ttt1tt1t1tF(m)1m22m(0m1),

F(m)2m2mln2,令G(m)2m2mln2(0m1),G(x)22m(ln2)20, 所以G(m)在(0,1]上单调递增, 又G(0)ln20,G(1)22ln20, 又G(m)在(0,1]上连续, 故存在x0(0,1], 使得x0,x0时,G(m)0,xx0,1时, $G(m)>0$. 所以F(m)在0,x0上单调递减, 在x0,1单调递增. 又

F(0)F(1)0, 所以F(m)0.

即h(t)0, 所以h(t)在[1,)单调递减, 所以h(t)h(1)0, 即g(t)0. 综上所述, 当x2时,f(x)0.