湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考(二)数学试卷含答案

数学

时量:120分钟满分:150分

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Ax∣x23x0,B{1,2,3,4}, 则RAB A. {3,4}

B. {1,2}

C. {2,3,4}

D. {1,2,3}

2. 一学习小组 10 名学生的某次数学测试成绩的名次由小到大分别是 2,4,5,

x,11,14,15,39,41 50, 已知该小组数学测试成绩名次的40%分位数是9.5, 则x的值是 A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

3. 设非零复数z1,z2在复平面内分别对应向量OA,OB,O为原点, 则OAOB的充要条件是 A.

z21 z1 B.

z2i z1 C.

z2为实数 z1 D.

z2为纯虚数 z14. 如图, 一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内, 容器与地面所成的角为30, 液面呈椭圆形, 椭圆长轴上的顶点M,N到容器底部的距离分别是 10 和 16 , 则容器内液体的体积是

A. 36

B. 39

C. 42

D. 45

5.如图甲所示，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界,画出相等的两个阴阳鱼,阳鱼的头部有眼,阴鱼的头部有个阳殿,表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳,阳中有阴,阴阳相合,相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律. 其平面图形记为图乙中的正八边形ABCDEFGH,其中OA2,则以下结论错误的是

A. 2OBOEOG0 B. OAOD22 C. |AGEH|4

D. AO在OH方向上的投影向量为2OH 26. 已知函数f(x)cos(x)(0,0)的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为

,将f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象.若函数g(x)的图象463在区间 ,上是增函数,则的取值范围为

24A. ,

62



5B. ,

36

2C. ,

33

3D. ,

447. 设acos111111111111A. bca B. cba C. cab D. abc

8. 截角八面体是由正四面体经过适当的截角, 即截去正四面体的四个顶点处的小棱锥所得的八面体. 如图所示, 有一个所有棱长均为a的截角八面体石材,现将此石材切削、打磨、加工成球,则加工后球的最大表面积为

,bsin,ctan, 则

358B. a2 C. a2 D. a2

233二、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.

A. a2

9. 在正方体ABCDA1B1C1D1中,下列几种说法正确的有 A. AB,A1C为异面直线

B. DB1AD1

D. 二面角B1ACB的正切值为2

C. DC1与平面DBB1D1所成的角为45

10. 已知函数f(x)2|sinxcosx|sin2x, 则 A. 函数yf(x)的最小正周期为2

B. x4为函数yf(x)的一条对称轴

C. 函数f(x)的最小值为1,最大值为 2

D. 函数f(x)在,上单调递减

4211. 已知F是抛物线C:y24x的焦点, A,B是抛物线C上的两点,O为坐标原点,则 A. 曲线C的准线方程为x2

B. 若|AF|4, 则AOF的面积为3 C. 若OAOB, 则|OA||OB|32

D. 若AFB60,AB的中点M在C的准线上的投影为N, 则|MN||AB|

12. 设定义在R上的函数f(x)与g(x)的导函数分别为f(x)和g(x), 若g(x)f(3x)2,f(x)g(x1), 且g(x2)为奇函数, 则下列说法中一定正确的是

A. 函数g(x)的图象关于x1对称 C. g(k)0

k12023

B. f(2)f(4)4 D. f(k)4046

k12023

三、填空题: 本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 设多项式(x1)6(x1)10a10x10a9x9a1xa0, 则a0a2a4a6a8a10_____.

14. 与直线xy0和圆x2y28x8y240都相切的半径最小的圆的标准方程是_____. 15. 用符号[x]表示不超过x的最大整数 (称为x的整数部分), 如[1.2]2,[0.2]0, 已知函数 f(x)lnx1mx2mx有两个不同的零点x1,x2, 若x1x22, 则实数m的取值范围是_____.

x2y216. F1,F2为双曲线C:221(ab0)的左、右焦点, 过点F1且斜率为1的直线与两条渐

abAF11近线分别交于A,B两点,若,P(4,3)为双曲线C上一点,PF1F2的内切圆圆心为I,过

BF13F2作F2TPI,垂足为T,则|OT|_____.

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. (本小题满分 10 分)

已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 满足(1)求角C;

2(2) CD是ACB的角平分线, 若CD,ABC的面积为3, 求c的值.

3

sinAsinCab sinBac18. (本小题满分 12 分)

设数列an满足a12,a26, 且an22an1an2. (1) 求证: 数列an1an为等差数列, 并求an的通项公式; (2) 设bnancosn, 求数列bn的前n项和Tn.

19. (本小题满分 12 分)

如图, 在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABBB12,BCBA1.

(1) 求证:BCAB;

1(2) 若E为A1B的中点, 三棱锥ACEA1的体积为, 线段CE上是否

3EP存在点P, 使得二面角PABE的大小为30, 若存在, 求的值, 若不存在, 请说明理

EC由.

20.（本小题满分 12 分）

某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产. 在试产初期,该款芯片生产有四道工序, 前三道工序的生产互不影响, 第四道是检测评估工序, 包括智能自动检测与人工抽检. (1) 在试产初期, 该款芯片的批次M生产前三道工序的次品率分别为

111. P,P,P123605958①求批次M芯片的次品率PM;

②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰, 合格的芯片进人流水线并由工人进行抽查检验. 已知批次M的芯片智能自动检测显示合格率为98%, 求工人在流水线进行人工抽检时, 抽检一个芯片恰为合格品的概率;

(2)该企业改进生产工艺后生产了批次N的芯片. 某手机生产厂商获得批次M与批次N的芯片,并在某款新型手机上使用. 现对使用 这款手机的用户回访, 对开机速度进行满意度调查. 据统计, 回访 的 100 名用户中, 安装批次M有 40 部, 其中对开机速度满意的有 30 人; 安装批次N有 60 部, 其中对开机速度满意的有 58 人. 依据0.005的独立性检验, 能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?

n(adbc)2附: 

(ab)(cd)(ac)(bd)2 x 0.10 2.706 0.05 3.841 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 21. (本小题满分 12 分)

x2y266已知椭圆C:221(ab0)过点M, 点为其左顶点, 且的斜率为. 1,AAM6ab2(1)求C的方程;

1(2) P,Q为椭圆C上两个动点, 且直线AP与AQ的斜率之积为,MDPQ,D为垂足. 求

6|AD|的最大值.

22.（本小题满分 12 分) 已知函数f(x)aexln(xa)1.

(1) 若f(x)的极小值为 0 , 求实数a的值;

(2) 当a0时, 证明: f(x)存在唯一极值点x0,且fx02x0

0.

长沙市一中2023届高三月考试卷(二)

数学参考答案

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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D B C B A B 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. 题号 9 10 11 12 答案 ABD BC BCD AC 三、填空题 13. 544

14. x1y12

ln3eln2e m12616. 2

2215.

四、解答题

17.【解析】(1) 由正弦定理得

acab, 整理得a2b2c2ab, 由余弦定理得baca2b2c21cosC, 又C(0,), 则C;

2ab23

1133, 解得ab4, 又CD是ACB的角平分线, 则 (2) 由面积公式得absinCab222SACDSBCD11CACDsinCBCDsinS2626121, 故(ab)3,ab63. ABC232c2a2b2ab(ab)23ab1081296, 则c46.

18.【解析】 (1) 由已知得an22an1an2, 即an2an1an1an2,

a2a14,an1an是以 4 为首项, 2 为公差的等差数列.

an1an4(n1)22n2,

当n2时，an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a12n2(n1)...222n2n 当n1时，a12也满足上式，所以ann2n (2) bnancosn(1)nn2n(1)nn(n1). 当n为偶数时,

Tn12233445(n1)nn(n1)2(24n)n(n2) 2当n为奇数时,

Tn12233445(n1)nn(n1)

(n1)(n1)(n1)2Tn1n(n1)n(n1)

22n(n2),n 为偶数, 2所以Tn 2(n1),n为奇数. 219.【解析】(1)三棱柱ABCA1B1C1为直棱柱,BB1平面ABC,BB1BC. 又BCBA1,BB1BA1B,BB1平面ABB1A1,BA1平面ABB1A1,

BC平面ABB1A1, 所以BCAB.

(2) BCBA,BB1平面BAC,

BC,BA,BB1两两垂直,

以B为坐标原点,BB1,BC,BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴, 建立如图所示空间直角坐标系, 设 BCa.

111VACEA1VA1ABCS2231111AA2a2, ABC12323所以a1.

易知平面ABE的一个法向量为 BC(0,1,0), 设平面ABP的一个法向量为m(x,y,z),

A(0,0,2),B(0,0,0),C(0,1,0),E(1,0,1),

所以BA(0,0,2), 设

EP, ECBPBEEC(1,,1),

mBA2z0,则令x, 得y1,z0, 所以m(,1,0), mBP(1)xy(1)z0,二面角PABE的大小为30,则cos3031|BCm||1|,所以(负值22|BC||m|1221舍去),所以存在点P,当

EP31时, 二面角PABE的大小为30. EC220【【解析】(1)①批次M芯片的次品率为

5958571 PM11P1P1P112360595820②设批次M的芯片智能自功检测合格为事件A, 人工抽检合格为事件B,

98119由已知得P(A), ,P(AB)1PM11002020∣A, 则工人在流水线进行人工抽检时, 抽检一个芯片恰为合格品为事件BP(B∣A)P(AB)1910095. P(A)209898(2) 零假设为H0: 芯片批次与用户对开机速度满意度无关联. 由数据可建立22列联表如下: (单位: 人) 开机速度满意度 不满意 满意 合计 芯片批次 M 10 30 40 N 2 58 60 合计 12 88 100 根据列联表得

n(adbc)2100(1058230)210.677.879.

(ab)(cd)(ac)(bd)406012882因此，依据0.005的独立性检验，我们推断此推断H0不成立，即认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联.此推断犯错误的概率不大于0.005. 21.【解析】 (1) 由题意可知直线AM的方程为:y66(x1), 即x6y20,当26y0时, 解得x2, 所以a2,

x2y26132b2, 椭圆C:221(ab0)过点M, 可得, 解得1,12ab42b2x2y21. 所以C的方程: 42(2) 证明: 设Px1,y1,Qx2,y2,

由题意得直线PQ斜率不为零, 设lPQ:xmyt, 代入到椭圆,

xmyt由x2y2得(myt)22y240，即(m22)y22mtyt240

1422mtyy,122m2所以 2yyt4,12m22yy11由kAPkAQ, 得12, 即6y1y2x12x220,

x12x2266所以6y1y2my1t2my2t20, 所以6m2y1y2m(t2)y1y2(t2)20,

t242mtm(t2)2(t2)20, 所以6m2m2m22化简得t2t20, 所以t1或t2(舍去), 所以lPQ:xmy1过定点S1,0,

MDPQ,D为垂足,

D在以MS为直径的圆上,MS的中点为T1,6, 4又A(2,0),

5656636,|AD|的最大值为. 4442所以|AT|即|AD|的最大值为

36. 222.【解析】 (1)f(x)的定义域为(a,),f(x)aex1, xa10, 易知x1x1a当a0时,f(x)0,f(x)无极值. 故a0.设f(x)的极值点为x1, 则aex1为极小值点, 且fx1aex1lnx1a10. 则

1t验,a1时满足题意, 即实数a的值为1 .

1lnx1a1, 令tx1a, 设x1a1(t)lnt1, 则(t)单调递减, 且(1)0, 故x1a1,aex1, 解得x10,a1. 经检

1, xa(2) f(x)的定义域为(a,),f(x)aex当a1时,由(1)知x00, 则fx02x00, 当0a1时，f'(x)单调递增，且f'(0)a则

11h'(x)1, 故h(x)在x0,1单调递减, 即h(x)h(1)1, 所以f(lna)10,

xalna11，设h(x)xlnx，0,f'(lna)1aalna根据零点存在性定理, 知f(x)存在唯一的x0(0,lna). 此时fx02x01lnx0a2x01, x0a1lnx012x01, 设x01x0ax01,fx02x0g(x)111ln(x1)2x1(x0),g(x)20,g(x)单调递增,x1(1x)21xg(x)g(0)0, 则 fx02x00 当a1时,f(x)单调递增, 且f(0)a10,f(1a)aeIa10, 根据零点存在性定理, a存在唯一的x0(1a,0), 此时有fx02x0aex0lnx0a2x01, 由fx0aex010, 可得:lnx0alnax0, x0a所以a1时, fx02x0ex0lnax02x01ex0x010,

综上, 当a0时,f(x)存在唯一极值点x0, 为极小值点, 且 fx02x00.