湖南省長郡中學(xué)2023屆高三下學(xué)期月考(七)數(shù)學(xué)試題（原卷及解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

長郡中學(xué)2023屆高三月考試卷（七）數(shù)學(xué) 時量：120分鐘滿分：150分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1. 設(shè)集合，，則（） A. A=B B. C. D. 【答案】D 【解析】【分析】化簡集合，再判斷各選項的對錯. 【詳解】因為，，所以且，所以A錯，B錯，，C錯，，D對，故選：D. 2. 設(shè)、，若（為虛數(shù)單位）是一元二次方程的一個虛根，則（） A. ， B. ， C. ， D. ，【答案】C 【解析】【分析】分析可知實系數(shù)一元二次方程的兩個虛根分別為、，利用韋達定理可求得、的值，即可得解. 【詳解】因為是實系數(shù)一元二次方程的一個虛根，則該方程的另一個虛根為，由韋達定理可得，所以. 故選：C. 3. 圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上，其上、下底面的半徑分別為4和5，則該圓臺的體積為（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】【分析】先求得圓臺的高，然后根據(jù)圓臺的體積公式求得正確答案. 【詳解】求得直徑為，半徑為，圓臺的下底面半徑為，所以圓臺的高為，所以圓臺的體積為. 故選：A 4. 如圖，用4種不同的顏色，對四邊形中的四個區(qū)域進行著色，要求有公共邊的兩個區(qū)域不能用同一種顏色，則不同的著色方法有（） A. 72 B. 56 C. 48 D. 36 【答案】C 【解析】【分析】先給四個區(qū)域標記，然后根據(jù)分步乘法計數(shù)原理求解出著色的方法數(shù). 【詳解】將四個區(qū)域標記為，如下圖所示：第一步涂：種涂法，第二步涂：種涂法，第三步涂：種涂法，第四步涂：種涂法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可知，一共有種著色方法，故選：. 5. 已知數(shù)列滿足：.則的前60項的和為（） A 1240 B. 1830 C. 2520 D. 2760 【答案】D 【解析】【分析】由遞推關(guān)系可得：從第一項開始，依次取2個相鄰奇數(shù)項的和都等于3；從第二項開始，依次取2個相鄰偶數(shù)項的和構(gòu)成以13為首項，以24為公差的等差數(shù)列，進而求解. 【詳解】由，故，，，，…. 故，，，…. 從第一項開始，依次取2個相鄰奇數(shù)項的和都等于3；，，，…. 從第二項開始，依次取2個相鄰偶數(shù)項的和構(gòu)成以13為首項，以24為公差的等差數(shù)列. 故. 故選：D 6. 已知，函數(shù)，存在常數(shù)，使得為偶函數(shù)，則可能的值為（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】【分析】直接利用三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用和函數(shù)的奇偶性的應(yīng)用求出結(jié)果. 【詳解】解：由函數(shù)，存在常數(shù)，使得為偶函數(shù)，則，由于函數(shù)為偶函數(shù)，故，所以，當時，. 故選：C. 【點睛】本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題. 7. 已知，是雙曲線的兩個焦點，為上一點，且，，若的離心率為，則的值為（） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義及條件，表示出，結(jié)合余弦定理可得答案. 【詳解】因為，由雙曲線的定義可得，所以，；因為,由余弦定理可得，整理可得，所以，即,解得或,又因為,即. 故選：A 8. 若，，，，則a，b，c，d中最大的是（） A. a B. b C. c D. d 【答案】C 【解析】【分析】先將，，，變換為：，，，，得到，構(gòu)造函數(shù)，，，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和作差法得到，，從而得出，，，中最大值. 【詳解】因為，，，，所以；，設(shè)，，則，當時，，所以在上單調(diào)遞增，則，即，所以，即；，設(shè)，，則，當時，，所以在上單調(diào)遞增，則，即，所以，即；綜上：，，即，，，中最大的是. 故選：C. 二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分. 9. 下列命題中，真命題有（） A. 數(shù)據(jù)6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位數(shù)是8.5 B. 若隨機變量，則 C. 若事件A，B滿足且，則A與B獨立 D. 若隨機變量，則【答案】CD 【解析】【分析】根據(jù)百分位數(shù)的定義計算并判斷A，由二項分布的方差公式判斷B，再根據(jù)獨立事件的概率公式判斷C，由正態(tài)曲線的對稱性判斷D. 【詳解】對于A，對數(shù)據(jù)排序得到1,2,3,4,5,6, 7,8, 9, 10，由，所以70%分位數(shù)是，故A錯誤；對于B，由知，故B錯誤；對于C，因為，即，又，即，所以，故A與B獨立，故C正確；對于D，由題設(shè)，對應(yīng)正態(tài)曲線關(guān)于對稱，所以，故D正確. 故選：CD 10. 已知是函數(shù)的一個零點，則（） A. 在區(qū)間單調(diào)遞減 B. 在區(qū)間只有一個極值點 C. 直線是曲線的對稱軸 D. 直線是曲線的切線【答案】ABD 【解析】【分析】先利用函數(shù)的零點解出，再根據(jù)整體代換思想結(jié)合正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)判斷ABC，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D. 【詳解】由題意得，所以，，即，，又，所以時，，故，選項A：當時，，由正弦函數(shù)圖象可得在上單調(diào)遞減，正確；選項B：當時，，由正弦函數(shù)圖象可得只有1個極值點，由，解得，即為函數(shù)的唯一極值點，正確；選項C，當時，，，故直線不是對稱軸，錯誤；選項D，由得，所以或，，解得或，，所以函數(shù)在點處的切線斜率為，切線方程為即，正確；故選：ABD 11. 已知O為坐標原點，過拋物線焦點F的直線與C交于A，B兩點，其中A在第一象限，點，若，則（） A. 直線的斜率為 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】【分析】由及拋物線方程求得，再由斜率公式即可判斷A選項；表示出直線的方程，聯(lián)立拋物線求得，即可求出判斷B選項；由拋物線的定義求出即可判斷C選項；由，求得，為鈍角即可判斷D選項. 【詳解】對于A，易得，由可得點在的垂直平分線上，則點橫坐標為，代入拋物線可得，則，則直線的斜率為，A正確；對于B，由斜率為可得直線的方程為，聯(lián)立拋物線方程得，設(shè)，則，則，代入拋物線得，解得，則，則，B錯誤；對于C，由拋物線定義知：，C正確；對于D，，則為鈍角，又，則為鈍角，又，則，D正確. 故選：ACD 12. 如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內(nèi)一動點(含邊界)，則下列說法中正確的是( ) A. 若平面，則動點Q的軌跡是一條線段 B. 存在Q點，使得平面 C. 當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大 D. 若，那么Q點的軌跡長度為【答案】ACD 【解析】【分析】A：取、中點，連接、、PF，證明平面∥平面，則點的軌跡為線段； B：以為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，求出平面的法向量，根據(jù)求出x、z即可判斷； C：的面積為定值，當且僅當?shù)狡矫娴木嚯x最大時，三棱錐的體積最大； D：可求為定值，即可判斷Q的軌跡，從而求其長度. 【詳解】取、中點，連接、、PF，由PF∥∥且PF＝知是平行四邊形， ∴∥，∵平面，平面，∥平面，同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F， ∴平面∥平面，則點的軌跡為線段，A選項正確；如圖，建立空間直角坐標系，則，，，設(shè)，則，，設(shè)為平面的一個法向量，則即得取，則. 若平面，則∥，即存在，使得，則，解得，故不存在點使得平面，B選項錯誤；的面積為定值，當且僅當?shù)狡矫娴木嚯xd最大時，三棱錐的體積最大. ，，，則當時，d有最大值1； ②，，則當時，d有最大值；綜上，當，即和重合時，三棱錐的體積最大，C選項正確；平面，，，，Q點的軌跡是半徑為，圓心角為的圓弧，軌跡長度為，D選項正確. 故選：ACD. 【點睛】本題綜合考察空間里面的位置關(guān)系的判斷與應(yīng)用，需熟練運用線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)，需掌握運用空間直角坐標系和空間向量來解決垂直問題，掌握利用空間向量求點到平面的距離，利用幾何關(guān)系判斷空間里面的動點的軌跡，考察知識點較多，計算量較大，屬于難題. 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分. 13. 在的展開式中，前三項的系數(shù)成等差數(shù)列，則展開式中含x項的系數(shù)為________．【答案】【解析】【分析】先寫出的展開式的通項，然后利用前三項的系數(shù)成等差數(shù)列來列方程求得，再令通項中的的次數(shù)為1可求得，進而可求出展開式中含x項的系數(shù). 【詳解】的展開式通項為，根據(jù)前三項的系數(shù)成等差數(shù)列得，解得或（舍去）令，得，展開式中含x項的系數(shù). 故答案為：. 14. 若，則__________，_________．【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】先通過誘導(dǎo)公式變形，得到的同角等式關(guān)系，再利用輔助角公式化簡成正弦型函數(shù)方程，可求出，接下來再求．【詳解】[方法一]：利用輔助角公式處理 ∵，∴，即，即，令，，則，∴，即， ∴ ，則. 故答案為：；. [方法二]：直接用同角三角函數(shù)關(guān)系式解方程 ∵，∴，即，又，將代入得，解得，則. 故答案為：；. 15. 已知是橢圓的左?右焦點，點P是橢圓上任意一點，以為直徑作圓N，直線與圓N交于點Q（點Q不在橢圓內(nèi)部），則___________. 【答案】【解析】【分析】利用向量的數(shù)量積運算可得，利用，進一步利用橢圓的定義可轉(zhuǎn)化為，進而得解. 【詳解】連接,設(shè)橢圓的基本量為， , 故答案為：3. 16. 在數(shù)列中給定，且函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)有唯一的零點，函數(shù)且.則______. 【答案】##0.25 【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)的定義和對稱性可得，利用輔助角公式對化簡，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷新函數(shù)的單調(diào)性并結(jié)合夾逼原理即可求解. 【詳解】因為有唯一的零點，為偶函數(shù)，所以，即，，所以數(shù)列為公差為的等差數(shù)列，又因為，令，則為奇函數(shù)，因為，所以在上單調(diào)遞增，由題意得，因為數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，其中，則，假設(shè)，，因為所以，假設(shè)，同理可得，綜上，，故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 17. 記的內(nèi)角的對邊分別為，已知．（1）證明：；（2）若，求的周長．【答案】（1）見解析（2）14 【解析】【分析】（1）利用兩角差的正弦公式化簡，再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊，從而即可得證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合余弦定理求出，從而可求得，即可得解. 【小問1詳解】證明：因為，所以，所以，即，所以；【小問2詳解】解：因為，由（1）得，由余弦定理可得，則，所以，故，所以，所以的周長為. 18. 設(shè)是公比不為1的等比數(shù)列，為，的等差中項．（1）求的公比；（2）若，求數(shù)列的前項和．【答案】（1）；（2）. 【解析】【分析】（1）由已知結(jié)合等差中項關(guān)系，建立公比的方程，求解即可得出結(jié)論；（2）由（1）結(jié)合條件得出的通項，根據(jù)的通項公式特征，用錯位相減法，即可求出結(jié)論. 【詳解】（1）設(shè)的公比為，為的等差中項，，；（2）設(shè)的前項和為，，，① ，② ①②得，， . 【點睛】本題考查等比數(shù)列通項公式基本量的計算、等差中項的性質(zhì)，以及錯位相減法求和，考查計算求解能力，屬于基礎(chǔ)題. 19. 如圖，四面體中，，E為的中點．（1）證明：平面平面；（2）設(shè)，點F在上，當?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．【答案】（1）證明過程見解析（2）與平面所成的角的正弦值為【解析】【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明，得到，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標系，結(jié)合線面角的運算法則進行計算即可. 【小問1詳解】因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面. 【小問2詳解】連接，由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，當時，最小，即的面積最小. 因為，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以, 在中，，所以. 以為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設(shè)與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為. 20. 浙江省東魁楊梅是現(xiàn)在世界上最大果形的楊梅，有“乒乓楊梅”、“楊梅之皇”的美譽.東魁楊梅始于浙江黃巖區(qū)江口街道東岙村一棵樹齡約120多年的野楊梅樹，經(jīng)過東岙村和白龍岙村村民不斷改良，形成了今天東魁楊梅的品種.栽培東魁楊梅一舉多得，對開發(fā)山區(qū)資源，綠化荒山，保持水土，增加山區(qū)經(jīng)濟收入具有積極意義.根據(jù)多年的經(jīng)驗，可以認為東魁楊梅果實的果徑（單位：mm），但因氣候、施肥和技術(shù)的不同，每年的和都有些變化.現(xiàn)某農(nóng)場為了了解今年的果實情況，從摘下的楊梅果實中隨機取出1000顆，并測量這1000顆果實的果徑，得到如下頻率分布直方圖. （1）用頻率分布直方圖估計樣本的平均數(shù)近似代替，標準差s近似代替，已知.根據(jù)以往經(jīng)驗，把果徑與的差的絕對值在內(nèi)的果實稱為“標準果”.現(xiàn)從農(nóng)場中摘取20顆果，請問這20顆果恰好有一顆不是“標準果”的概率；（結(jié)果精確到0.01）（2）隨著直播帶貨的發(fā)展，該農(nóng)場也及時跟進.網(wǎng)絡(luò)銷售在大大提升銷量的同時，也增加了壞果賠付的成本.現(xiàn)該農(nóng)場有一款“”的主打產(chǎn)品，該產(chǎn)品按盒銷售，每盒20顆，售價80元，客戶在收到貨時如果有壞果，每一個壞果該農(nóng)場要賠付4元.根據(jù)收集到的數(shù)據(jù)，知若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現(xiàn)壞果個數(shù)滿足，若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現(xiàn)壞果個數(shù)滿足，（為常數(shù)），請運用概率統(tǒng)計的相關(guān)知識分析，選擇哪款包裝盒可以獲得更大利潤? 參考數(shù)據(jù)：；；；；；. 【答案】（1）0.38 （2）當時，采用兩種包裝利潤一樣，當時，采用B款包裝盒，當時，采用A款包裝盒. 【解析】【分析】（1）利用二項分布求出相應(yīng)概率；（2）分別求出采用A，B款包裝盒獲得利潤的數(shù)學(xué)期望，通過比較大小，得到相應(yīng)結(jié)論. 【小問1詳解】由題意得：，所以，，則，，所以，設(shè)從農(nóng)場中摘取20顆果，這20顆果恰好有一顆不是“標準果”為事件A，則【小問2詳解】由，解得：，所以，采用A款包裝盒獲得利潤的數(shù)學(xué)期望，采用B款包裝盒獲得利潤的數(shù)學(xué)期望，令，解得：a=，由于，令，解得：，令，解得：，故當時，采用兩種包裝利潤一樣，當時，采用B款包裝盒，當時，采用A款包裝盒. 21. 已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．（1）求；（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）. 【解析】【分析】（1）根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得出關(guān)于的等式，即可解出的值；（2）設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求出直線、，進一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得面積的最大值. 【詳解】（1）[方法一]：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最小值由題意知，，設(shè)圓M上的點，則．所以．從而有．因為，所以當時，．又，解之得，因此． [方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值拋物線焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；（2）[方法一]：切點弦方程+韋達定義判別式求弦長求面積法拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導(dǎo)得，設(shè)點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點A、的坐標滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當時，的面積取最大值. [方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉(zhuǎn)化求面積+三角換元求最值同方法一得到．過P作y軸的平行線交于Q，則．． P點在圓M上，則．故當時的面積最大，最大值為． [方法三]：直接設(shè)直線AB方程法設(shè)切點A，B的坐標分別為，．設(shè)，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得．判別式，即，且．拋物線C的方程為，即，有．則，整理得，同理可得．聯(lián)立方程可得點P的坐標為，即．將點P的坐標代入圓M的方程，得，整理得．由弦長公式得．點P到直線的距離為．所以，其中，即．當時，．【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關(guān)于圓M上的點的坐標的表達式，進一步轉(zhuǎn)化為關(guān)于的表達式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到最小值，進而求得的值；方法二，利用圓的性質(zhì)，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優(yōu)解；（2）方法一設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標滿足方程，然手與拋物線方程聯(lián)立，由韋達定理可得，，利用弦長公式求得的長，進而得到面積關(guān)于坐標的表達式，利用圓的方程轉(zhuǎn)化得到關(guān)于的二次函數(shù)最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關(guān)于坐標的表達式，并利用三角函數(shù)換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優(yōu)解；方法三直接設(shè)直線，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關(guān)系，然后利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標，進而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關(guān)于的函數(shù)表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值； 22. 已知，函數(shù)，記為的從小到大的第個極值點，證明：（1）數(shù)列是等比數(shù)列（2）若，則對一切，恒成立. 【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析. 【解析】【詳解】試題分析：（1）求導(dǎo)，可知，利用三角函數(shù)的知識可求得的極值點為，即可得證；（2）分析題意可知，問題等價于恒成立，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性即可得證. 試題解析：（1）其中，，令，由得，即，，對，若，即，則，若，即，則，因此，在區(qū)間與上，的符號總相反，于是當時，取得極值，∴，此時，，易知，而是非零常數(shù)，故數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列；（2）由（1）知，，于是對一切，|恒成立，即恒成立，等價于（）恒成立（∵），設(shè)，則，令，得，當時，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞減；當時，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞增，從而當時，函數(shù)取得最小值，因此，要是（）式恒成立，只需，即只需，而當時，，且，于是，且當時，，因此對一切，，∴，故（）式亦恒成立. 綜上所述，若，則對一切，恒成立. 考點：1.三角函數(shù)的性質(zhì)；2.導(dǎo)數(shù)的運用；3.恒成立問題. 【名師點睛】本題是以導(dǎo)數(shù)的運用為背景的函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)思想，化歸思想，抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導(dǎo)數(shù)問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一定有三個層次：第一層次主要考查求導(dǎo)公式，求導(dǎo)法則與導(dǎo)數(shù)的幾何意義；第二層次是導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考查，包括解決應(yīng)用問題，將導(dǎo)數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關(guān)不等式甚至數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機結(jié)合，設(shè)計綜合題.

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