2023屆湖南省衡陽市第一中學高三上學期第一次月考數學試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出集合A,B，然后取交集即可.【詳解】由得，所以，又，所以，故選：D.2．若復數，則復數的虛部是（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根據已知可得，根據復數的除法運算可得，即可求得答案.【詳解】由可得：復數復數的虛部是，故選：C.3．從，，，，中任取個不同的數分別記作，，則的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出基本事件總數，再用列舉法列出取出的個數之差的絕對值等于的事件數，最后利用對立事件和古典概型的概率公式計算可得.【詳解】解：從，，，，中任取個不同的數，，共有個基本事件，取出的個數之差的絕對值等于有，，，共個基本事件，所以所求概率為.故選：D4．明朝的一個葡萄紋橢圓盤如圖（1）所示，清朝的一個青花山水樓閣紋飾橢圓盤如圖（2）所示，北宋的一個汝窯橢圓盤如圖（3）所示，這三個橢圓盤的外輪廊均為橢圓.已知圖（1）?（2）?（3）中橢圓的長軸長與短軸長的比值分別，設圖（1）?（2）?（3）中橢圓的離心率分別為，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據橢圓的長軸長與短軸長的定義，結合離心率公式和參數之間的等量關系，可得答案.【詳解】因為橢圓的離心率，所以橢圓的長軸長與短軸長的比值越大，離心率越大.由，所以.故選：B.5．已知的展開式中各項系數的和為，則該展開式中的系數為（

）A．0 B． C．120 D．【答案】A【分析】令，構建方程可得，再根據的展開式，令和，代入運算求解．【詳解】因為的展開式中各項系數的和為，所以令，得，解得，∵的展開式為則展開式中含的項為，故的系數為0.故選：A．6．兩條異面直線所成的角為，在直線上分別取點和點，使，且.已知則線段的長為（

）A．8 B． C． D．【答案】B【分析】利用空間向量，結合模長運算處理，重點注意、的夾角與異面直線的夾角之間的關系．【詳解】由題意知：，所以，又異面直線所成的角為，則所以，則或（舍去）故選：B.7．已知，則的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】化簡由題意，可得，構造，得到則，再令，求得函數的單調性，結合單調性，即可求解.【詳解】由題意，可得，所以令，則，令，則，所以在上單調遞減，，所以恒成立，所以在上單調遞減，因為，所以，即，所以，所以，即.故選：A.8．已知是方程的兩根，有以下四個命題：甲：；乙：；丙：；丁：.如果其中只有一個假命題，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】根據韋達定理可得，對乙?丁運算分析可知乙?丁一真一假，分別假設乙?丁是假命題，結合其他命題檢驗判斷．【詳解】因為是方程的兩根，所以，則甲：；丙：.若乙?丁都是真命題，則，所以，，兩個假命題，與題意不符，所以乙?丁一真一假，假設丁是假命題，由丙和甲得，所以，即，所以，與乙不符，假設不成立；假設乙是假命題，由丙和甲得，又，所以，即與丙相符，假設成立；故假命題是乙，故選：．二、多選題9．下列命題正確的是（

）A．若甲?乙兩組數據的相關系數分別為和，則乙組數據的線性相關性更強B．已知樣本數據的方差為4，則的標準差是4C．在檢驗與是否有關的過程中，根據所得數據算得，已知，則有的把握認為和有關D．對具有線性相關關系的變量，有一組觀測數據，其線性回歸方程是，且，則實數的值是【答案】AB【分析】根據統計案例中的相關概念理解運算．【詳解】兩個隨機變量的線性相關性越強，相關系數的絕對值越接近于1，故正確；中樣本數據的方差為4，則的方差為，標準差為4，B正確；C中由6.352，沒有的把握判斷認為和有關，C不正確；D中，由得，D不正確；故選：AB.10．若函數在區間上的最大值為6，則下列結論正確的是（

）A．B．是函數的一個周期C．當時，不等式恒成立，則實數的取值范圍是D．將函數的圖像向左移動個單位得到函數的圖像，則函數是一個偶函數【答案】BD【分析】先根據三角恒等變換整理得，以為整體，結合正弦函數圖像與性質運算求解，并運用圖像平移處理求解判斷．【詳解】，當時，則，所以當時，的最大值為6，即，所以，選項A不正確；∵的最小正周期，則是函數的一個周期，選項B正確；當時，，所以不等式恒成立，則，解得，選項不正確；函數的圖像向左移動個單位得到函數，函數是一個偶函數，選項正確.故選：BD．11．樹人中學的“希望工程”中，甲?乙兩個募捐小組暑假期間走上街頭分別進行了為期兩周的募捐活動.兩個小組第1天都募得1000元，之后甲小組繼續按第1天的方法進行募捐，則從第2天起，甲小組每一天得到的捐款都比前一天少50元；乙小組采取了積極措施，從第1天募得的1000元中拿出了600元印刷宣傳材料，則從第2天起，第天募得的捐款數為元.若甲小組前天募得捐款數累計為元，乙小組前天募得捐款數累計為元（需扣除印刷宣傳材料的費用），則（

）A．B．甲小組募得捐款為9550元C．從第7天起，總有D．且【答案】AC【分析】利用等差數列求和公式求出甲小組兩周的募捐的錢數，得到B錯誤；利用等比數列求和公式及分組求和，得到乙小組兩周募捐的錢數，得到D錯誤；計算出，比較得到大小；令，先計算出，再結合數列單調性得到答案.【詳解】由題可知且，設代表第天甲小組募得捐款，且，對于甲小組，，所以，所以，所以且，所以，故選項B不正確；設代表第天乙小組募得捐款，由題可知，，所以，，故選項D錯誤；因為，故該選項A正確；選項C，令，所以，而當時，，所以數列為遞增數列，因此，所以，故選項C正確.故選：AC12．在直角坐標系中，拋物線與直線交于兩點，且.拋物線的準線與軸交于點是以為圓心，為半徑的圓上的一點（非原點），過點作拋物線的兩條切線，切點分別為.則（

）A． B．直線的方程為C． D．面積的最大值是【答案】BCD【分析】利用向量的數量積等于0可求得，判斷A;確定拋物線方程，利用導數表示出拋物線切線方程，結合兩點確定一條直線可得AB方程,判斷B;求出以為圓心，為半徑的圓的方程，即可知，判斷C;求出弦長AB,求出點到直線的距離，即可表示出面積，從而求得其最大值，判斷D.【詳解】依題意可設，則,因為，所以，故.又，所以,故拋物線的方程為,所以選項不正確，；不妨設在第一象限，在第四象限，由可得，，所以直線的斜率為，則直線的方程為，化簡為；同理求得的方程為，因為點在直線，上，所以，由此可知,的坐標都滿足,由于兩點確定一條直線，故可得直線AB的方程為，所以B選項正確；由A的分析可知拋物線的準線方程為，故,所以以為圓心，為半徑的圓的方程為，由于為圓上動點（非原點），故，故C正確；聯立方程組，整理得，,則，故，點到直線的距離，故的面積，由題可知，，則圓的方程為，故，因為，所以，所以，故面積的最大值為為，D正確；故選：BCD【點睛】本題考查了拋物線方程中參數的求解以及直線和拋物線相切時切線以及弦的方程的求解以及直線和拋物線位置關系中三角形面積最值的求法，涉及知識點多，綜合性強，計算量大，解答時要能靈活應用相關知識求解，解答的關鍵是拋物線切線方程的求法以及三角形面積最值的求解.三、填空題13．函數的極大值點是___________.【答案】【分析】求得函數的導數，利用導數的符號求得函數的單調性，結合極值點的概念，即可求解.【詳解】由題意，函數，可得，令，即，解得，當時，，故在上為單調遞增函數，當時，，故在上為單調遞減函數，所以函數的極大值點是.故答案為：.14．已知拋物線的焦點在軸上，直線與拋物線交于點，且.寫出拋物線的一個標準方程___________.【答案】或或或（寫出一個即可）【分析】根據題意設拋物線的方程及點的坐標，根據拋物線的定義與方程運算求解．【詳解】設所求焦點在軸上的拋物線的方程為，，由拋物線定義得.又∵或，故所求拋物線方程為或.故答案為：或或或．（寫出一個即可）15．定義在上的奇函數，當時，，則曲線上的點到直線的最小距離為___________.【答案】【分析】先根據奇函數定義求時的解析式，此時斜率為1的點到直線的距離最小，再與原點到直線的距離相比較，取最小值．【詳解】由對稱性可知，只需要比較與時的距離.設，因為函數是奇函數，所以，則設點，則，解得：此時點到直線的距離，設，則原點到直線的距離，因為，所以曲線上的點到直線的最小距離為.故答案為：．16．三棱錐中，，底面是邊長為2的正三角形，分別是的中點，且，若為三棱錐外接球上的動點，則點到平面距離的最大值為___________.【答案】##【分析】先證得平面，再求得，從而得為正方體一部分，進而知正方體的體對角線即為球直徑，從而得解；【詳解】為邊長為2的等邊三角形，為正三棱錐，，又分別為中點，，，又平面平面，為正方體一部分，故，即，∵為三棱錐外接球上的動點，∴當位于正方體的如圖所示的頂點處，點到平面距離最大，設為，∴可求得三棱錐的體積為：，∴，解得：故答案為：【點睛】求解立體幾何外接球問題，根據題目特征作出輔助線，找到球心，求出半徑，或補形為長方體或正方體，進而求出表面積或體積.四、解答題17．已知銳角中，角所對的邊分別為.(1)求；(2)若，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理進行邊化角，結合兩角和正弦公式化簡求解；（2）利用正弦定理進行邊化角，結合三角恒等變換整理可得，再根據正切函數運算求解．【詳解】（1）由及正弦定理得所以，又，因為，所以，所以.因為，所以.（2）由正弦定理得，所以.因為是銳角三角形，所以，解得.因為在上單調遞增，所以.從而，所以，即的取值范圍是.18．如圖，在三棱柱中，平面平面，四邊形是菱形，是的中點.(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據題意利用面面垂直的性質定理可證平面，再結合線面垂直的判定定理證明；（2）根據題意建系，先平面的法向量是，再根據運算處理．【詳解】（1）連接，因為四邊形是菱形，則，因為，故為等邊三角形，所以.因為平面平面，平面平面平面，所以平面，平面，所以.因為，所以.又，所以平面.（2）連接，因為是的中點，所以.又因為平面平面，平面平面平面，所以平面.設，因為，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，.設平面的法向量是，則，取，可得.設直線與平面所成角為所以，∴直線與平面所成角的正弦值是.19．2022年2月20日，北京冬奧會在鳥巢落下帷幕，中國隊創歷史最佳戰績.北京冬奧會的成功舉辦推動了我國冰雪運動的普及，讓越來越多的青少年愛上了冰雪運動.這場冰雪盛會是運動健兒奮力拼搏的舞臺，也是中外文明交流互鑒的舞臺，詮釋著新時代中國的從容姿態，傳遞出中華兒女與世界人民“一起向未來”的共同心聲.某學校統計了全校學生觀看北京冬奧會開幕式和閉幕式的時長情況（單位：分鐘），并根據樣本數據繪制得到右下圖所示的頻率分布直方圖.(1)求頻率分布直方圖中的值，并估計樣本數據的分位數；(2)采用樣本量比例分配的分層隨機抽樣方式，從觀看時長在的學生中抽取9人.若從這9人中隨機抽取3人在全校交流觀看體會，設抽取的3人中觀看時長在的人數為，求的分布列和數學期望.【答案】(1)分位數為(2)分布列答案見解析，【分析】（1）先由頻率和為1解得按百分位數的定義求出分位數；（2）利用分層隨機抽樣求出在兩個區間中應分別抽取6人和3人.得到X的所有可能取值為.分別求出對應的概率，寫出分布列，求出數學期望.【詳解】（1）由題意，，解得.由頻率分布直方圖知，觀看時長在200分鐘以下占比為.觀看時長在240分鐘以下占比為.所以90%分位數位于內，分位數為.（2）由題意，觀看時長[200，240）?[240，280]對應的頻率分別為和，所以采用分層隨機抽樣的方式在兩個區間中應分別抽取6人和3人.于是抽取的3人中觀看時長在中的人數X的所有可能取值為.所以，的分布列為0123P所以，.20．已知數列滿足，且.(1)求數列的通項公式；(2)設，求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意整理可得，討論的奇偶性并結合等比數列通項公式運算求解；（2）利用錯位相減進行求和運算，再利用放縮法并結合數列單調性證明．【詳解】（1）由得，兩式相除得，所以都是公比為2的等比數列，由及得，所以為奇數時，，為偶數時，，所以（2），則，兩式相減得，所以，因為，所以單調遞增所以成立，所以.21．設是雙曲線的左?右兩個焦點，為坐標原點，若點在雙曲線的右支上，且的面積為3.(1)求雙曲線的漸近線方程；(2)若雙曲線的兩頂點分別為，過點的直線與雙曲線交于，兩點，試探究直線與直線的交點是否在某條定直線上？若在，請求出該定直線方程；若不在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，在定直線方程上【分析】（1）由已知條件可得為直角三角形,利用雙曲線的定義和勾股定理進行計算可得a,b,c,然后由漸近線公式可得答案.（2）對直線的斜率不存在和存在兩種情況進行討論，將直線方程與雙曲線方程聯立，寫出直線和直線的方程，并聯立利用韋達定理求解即可.【詳解】（1）由得，且所以即解得又,故雙曲線的漸近線方程為.（2）由（1）可知雙曲線的方程為.（i）當