湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高三上学期月考六数学Word版含解析

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长郡中学2023届高三月考试卷（六）数学试卷本试卷共8页。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，，则A∩A．B．C．D．2.若复数z满足，则的实部为A-2B．-1C．1D．2★3.函数的部分图象大致是★4.如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为的中点，则A．B．C．-2D．-3★5.随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升。某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程，甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A=“甲乙两人所选课程恰有一门相同”事件B=“甲乙两人所选课程完全不同”，事件C=“甲乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则A．A与B为对立事件B．A与C互斥C．B与C相互独立D．A与C相互独立

1★6.已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，底面△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，且，三棱锥P-ABC的体积为，过点A作于M，过M作MN⊥PC于N，则三棱锥P-AMN外接球的体积为A．B．C．D．7.若，则A．2B．C．1D．8.已知函数f（x），g（x）的定义域为R。（x）为g（x）的导函数，且f（x）-，若g（x）为偶函数，则以下四个命题，①；③；④中一定成立的个数为A．1B．2C．3D．4二、选择题，全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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.已知定义域为I的偶函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，且使，则下列函数中符合上述条件的是A．B．C．D．10.记函数的最小正周期为T。，若为f（x）的零点，则

2A．B．ω<32n−1C．为f（x）的零点D．为f（x）的极值点11.抛物线的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，点P在抛物线C上，则下列结论中在确的是A．当时，B．若M（2，2），则的最小值为4C．若Q（-1，0），则的取值范围为[1，]D．在直上存在点N，使12.在平面四边形ABCD中，△ABD的面积是△BCD面积的2倍，又数列{an}满足，恒有，设的前n项和为Sn，则A．{an}为等比数列B．为等差数列。C．{an}为递增数列D．三、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分★13.已知甲，乙两组按从小到大顺序排列的数据：甲组：27，28，37，m、40，50；乙组：24，n，34，43，48，52。若这两组数据的第30百分位数，第50百分位数分别对应相等，则=___________。14.若，且，则的最小值为___________，ab-的最大值为___________。（本题第一空2分，第二空3分）15.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面PCD，则P-ABCD体积的最大值为___________。16.设A，B，C是△ABC的三个内角，△ABC的外心为O，内心为I，0，且与共线，若，则k=___________。

3四，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）已知数列满足，（1）证明：是等比数列（2）求数列的前2n项和。18.（本小题满分12分）如图，在平面四边形ABCD中，（1）若DB平分∠ADC，证明：；（2）记△ABD与△BCD的面积分别为和，求的最大值。19.（本小题满分12分）三棱台ABC-的底面是正三角形，AA1⊥平面ABC，，E是AB的中点，平面交平面ABC于直线l。（1）求证：；（2）求直线B1C与平面A1C1E所成角的正弦值20.（本小题满分12分）2020年以来，新冠疫情对商品线下零售影响很大，某商家决定借助线上平台开展销售活动，现有甲、乙两个平台供选择，且当每件商品的价为元时，从该商品在两个平台所有销售数据中各随机抽取100天的日销售量统计如下。商品日销售量（单位：件）678910甲平台的天数1426262410

4乙平台的天数1025352010假设该商品在两个平台日销售量的概率与表格中相应日销售量的频率相等，且每天的销售量互不影响。（1）求“甲平台日销售量不低于8件”的概率，并计算“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”的概率；（2）已知甲平台的收费方案为：每天佣金60元，且每销售一件商品，平台收费30元；乙平台的收费方案为：每天不收取佣金，但采用分段收费，即每天销售商品不超过8件的部分，每件收费40元，超过8件的部分，每件收费35元。某商家决定在两个平台中选择一个长期合作，从日销售收人（单价×日销售量一平台费用）的期望值较大的角度，你认为该商家应如何决策？说明理由。21.（本小题满分12分）已知双曲线的右焦点为F，双曲线C上一点P（3，1）关于原点的对称点为O，满足（1）求C的方程；（2）直线l与坐标轴不垂直，且不过点P及点Q，设l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D，若，证明：直线l的斜率为定值。22（本小题满分12分）已知函数，其中（1）若，求实数a的取值范围，（2）记f（x）的零点为的极值点为x0，证明：。

5长郡中学2023届高三月考试卷（六）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12345678答案DCCDDAAC1.D【解析】因为，，所以，所以。故选D2.C【解析】设复数。则，则由可得，解得，故，其实部为，故选C。3.C【解析】∵函数f（x）的定义域为（-∞，-）∪（-，）∪（，+∞）。∴f（x）为偶函数，∴f（x）的图象关于y轴对称，故排除A：在区间（0，）上，故，故排除B；当x趋向于正无穷大时。趋向于负无穷大。故f（x）趋向于负无穷大，故排除D；综上所述，只有C符合。故选C。4.D【解析】，故选D

65.D【解析】依题意甲、乙两人所选课程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，故A与B互斥不对立，A与C不互斥，所以，且P（AC），所以，即A与C相互独立，B与C不相互独立。故选D6.A【解析】由题可知△ABC中，，所以又PA⊥底面ABC，三棱锥P-ABC的体积为，所以，则。因为PA⊥底面ABC，所，又，且，PA，AB平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又AM平面PAB，则，PB，BC平面PBC，所以AM⊥平面PBC，又PC，MN平面PBC，，又，平面AMN，所以PC⊥平面AMN，则三棱锥P-AMN的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，如图所示：则该长方体的外接球即三棱锥P-AMN的外接球，设外接球半径为R，故PA=2，R=4，所以，三棱锥P-AMN外接球的体积为43πR3=323π；故选A。7.A【解析】因为所以sinasinβ=12cosα−β−cosα+β，所以sinα+βsinα−β=12cos2β−cos2α，又sinα+β⋅tanα−β=1，

7所以sinα+β⋅sinα−βcosα−β=1，即sinα+βsinα−β=cosα−β，所以，所以121−2sin2β−1+2sin2α=cosα−β，即sin2α−sin2β=cosα−β，又，所以所以，所以所以，即又易知，所以，即故选A。8.C【解析】∵，∴，又g（x）是偶函数，，两边求导得，∴（x）是奇函数，∴，即，（x）是周期函数，4是它的一个周期，，∴f（x）是周期函数，4是它的一个周期，（x）是周期为4的周期函数，又是奇函数，，所以。，因此，不能得出一定正确的有①②④，共3个。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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。

8题号9101112答案ACADACBD9.AC【解析】对于A，的定义域为R，所以f（x）为偶函数。又）在区间（0，+∞）上单调递增，故A符合；对于B，恒成立，故B不符合；对于C，的定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），，所以f（x）为偶函数。又f12=−1<0，fx）在区间（0，+∞）上单调递增，故C符合；对于D，因为的定义域为所以f（x）为奇函数，故D不符合。故选AC。10.AD【解析】∵∴）得，故A正确；由题意得∴∴又∵，则当有唯一解，则，故B错误；∵，则，故C错误；，故D正确；故选AD。11.AC【解析】对A，不妨设A在第一象限，分别过A，B作准线的垂线AM，BN，垂足M，N，作，则根据抛物线的定义可得故故，所以，故A正确；

9对B，如图，由抛物线的定义，PF的长度为P到准线的距离，故的最小值为|PM|与P到准线距离之和的最小值，故的最小值为M到准线距离，故B错误；对C，过P作PH垂直于准线，垂足为H，则，由图易得，故随∠PQF的增大而增大，当时P在O点处，此时取最小值1；当PQ与抛物线相切时∠PQF最大，此时设PQ方程为，联立有，此时解得，不妨设，则PQ方程为，此时倾斜角为。故的取值范围为[1，]，故C正确；对D，设A（，），B（，），AB中点，故C到准线的距离

10又，故，故以AB为直径的圆与准线相切，又满足的所有点在以AB为直径的圆上，易得此圆与无交点，故D错误。故选AC。12.BD【解析】如图，连AC交BD于点E，则，即，所以，所以，所以，设因为，所以，有所以，所以，即又，所以，所以{}是首项为2，公差为-2的等差数列，

11所以，所以因为不是常数，所以{}不为等比数列，故A不正确；因为，所以{}为等差数列，故B正确；因为，所以{}为递减数列，故C不正确；因为所以所以所以−Sn=2−4−2n×21−2−−n+2⋅2n+1=6+n−3⋅2n+1，所以，故D正确。故选BD。三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.【解析】因为30%×6=1.8，50%×6=3，所以第30百分位数为，第50百分位数为34+432，即m=40，所以。14.25（第一空2分，第二空3分）【解析】由，可知a−b>0，b−1>0，a−b+4b−1=a+3b−4=5−4=1，≥17+24b−1a−b⋅4a−bb−1=25，当且仅当时，等号成立，故的最小值为25。又1=a−b+4b−1≥2a−b⋅4b−1=4a−b⋅b−1，当且仅当a−b=4b−1=12时，等号成立，所以，故的最大值为。15.【解析】由题过点P做PE⊥CD，PF⊥AB分别交CD，AB于点E，F，

12过P做PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OE，OF，画图如下：∵PO⊥平面ABCD，∴∵，PO平面POE，PE平面POE，∴CD⊥平面POE，∴，∵底面ABCD是边长为2的正方形，∴，∵OE平面ABCD，BC平面ABCD，∴同理可得：，故O，E，F三点共线，且有EF//BC，EF=BC=2，设平面PAB∩平面∵，AB平面PAB，CD平面PCD，∴l//AB//CD∵∴∵平面PAB⊥平面PCD，平面PAB∩平面，∴PE⊥平面PAB，∵PF平面PAB，∴PE⊥PF不妨设PE=x，PF=y，OF=m，OE=2−m0≤m≤2∴①且OP2=PF2−OF2=PE2−OE2，即，化简即：y2−x2=4m−4②联立①②可得y2=2m，x2=4−2m，∴OP2=y2−m2=2m−m2。∴四棱锥P-ABCD的体积V=13×2×2×2m−m2=43−m−12+10≤m≤2，当时。Vmax=43，故四棱锥P-ABCD体积的最大值为。16.2【解析】设内切圆半径为r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M，D，则因为与共线，所以OM=ID=r，又因为∠BOC=2∠A，∠BOM=∠A，所以BM=rtan∠A，因为2BM=BD+CD，所以，即，所以。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。

1317.【解析】（1）a2n+1=a2n−2n+2=a2n−1+1−2n+2=2a2n−1+2n−2−2n+2=2a2n−1，且，是首项为1，公比为2等比列。（2）由（1）知a2n−1=2n−1，a2n=a2n−1+1=2a2n−1+2n−2=2n+2n−2，∴a2n−1+a2n=3⋅2n−1+2n−2.。。。。。。。。分∴+0+2−⋯+2n−2=31−2n1−2+2n−2n2=32n−1+n2−n=3⋅2n+n2−n−3.。。。10分18.【解析】（1）∵DB平分∠ADC，∴，则cos∠ADB=cos∠CDB，由余弦定理得即，解得BD2=4（3+1）。。。。。3分∵=，∴cosA=−cosC，又，∴A+C=π。（2）∵BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcosA=BC2+CD2−2BC⋅CdcosC，∴16−83cosA=8−8cosC，整理可得，S12+S22=12AD⋅ABsinA2+12BC⋅CDsinC2=12sin2A+4sin2C=12−12cos2A+4−4cos2C=16−12cos2A−43cosA−12=−24cos2A+83cosA+12=−24cosA−362+14∵∴当时，S12+S22取得最大值，最大值为14.。。。。。12分19.【解析】（1）证法1：在三棱台ABC-中AC//A1C1，又AC平面，平面，则AC∥平面，

14又AC平面ABC，平面ABC∩平面A1C1E=l，所以。。。5分证法2：在三棱台ABC-中AC//A1C1又平面ABC，AC平面ABC，则∥平面ABC，。。2分又平面，平面ABC∩平面A1C1E=l，所以A1C1//l又AC//A1C1，所以。。。。。。分证法3：在三棱台ABC-中，AC//A1C1，平面ABC//平面。又平面∩平面A1C1E=A1C1，平面ABC∩平面A1C1E=l，所以A1C1//l，又AC//A1C1，所以。。。。分（2）因为⊥平面ABC，在平面ABC内作Ax⊥AC，以A为原点，AC，分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（2，2，0），E（，1，0），C（0，4，0），（0，0，），（，1，），（0，2，）设平面A1C1E的一个法向量为则，令，则，。。。8分设直线与平面所成角为θ，则直线与平面所角正弦值20.【解析】（1）令事件A=“甲平台日销售量不低于8件”，则，。2分令事件B=“

15从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”，则PB=C32352×25+C33353=81125。。。。。。5分（2）设甲平台的日销售收入为X，则X的所有可能取值为6a−240，7a−270，8a−300，9a−330，10a−360.所以，X的分布列为X6a-2407a-2708a-3009a-33010a-360P所以，；设乙平台的日销售收入为Y，则Y的所有可能取值为6a-240，7a-280，8a-320，9a-355，10a-390.所以，Y的分布列为：Y6a-2407a-2808a-3209a-35510a-390P所以，EY=6a−240×10100+7a−280×25100+8a−320×35100+9a−355×20100+10a−390×10100=7.95a−316。所以，EY−EX=0.05a−19，。。。10分令0.05a−19≥0得a≥380，令0.05a−19<0得a<380，所以，当时，选择甲平台；当a=380时，甲乙平台均可；当时，选择乙平台21.【解析】（1）设右焦点F的坐标为（c，0），则左焦点的坐标为（-c，0），又P（3，1），Q（-3，-1）所以FP=3−c1，FQ=−3−c−1∴FP⋅FQ=3−c⋅−3−c−1=c2−10=6⇒c2=16，∴（-4，0），F（4，0），|PF'|−|PF|=2a=49+1−2=42，∴，∴，∴双曲线C的方程为。。。。。。4分（2）由题意知kPA⋅kPD=−1，且kPB⋅kPD=b2a2=1，∴kPA+kPB=0。法一：将双曲线平移至，即∴P平移至（0，0），A，B分别平移至（，），（，）设直线的方程为mx+ny=1，代入双曲线x2−y2+6x−2ymx+ny=0，∴

16两边同除以x2⇒2n+1⋅yx2+2m−6nyx−6m+1=0，∴kPA+kPB=kP'A'+kP'B'=y1x1+y2x2=6n−2m2n+1=0⇒m=3n，∴直线的方程为，∴3x+y=1n，故直线的斜率为-3，∴直线的斜率为定值-3.。法二：设直线l的方程为，A（，），B（，），由y=kx+tx28−y28=1，得，∴x1+x2=−2ktk2−1，x1x2=t2+8k2−1∴kPA+kPB=y1−1x1−3+y2−1x2−3=kx1+t−1x2−3+kx2+t−1x1−3x1−3x2−3=2kx1x2−3kx1+x2+t−1x1+x2−6t−1x1−3x2−3=0∴2k⋅t2+8k2−1−3k⋅−2ktk2−1+t−1⋅−2ktk2−1−6t−1=2k+6t+6k2+16k−6k2−1=0.∴2k+6t+6k2+16k−6=0，即k+3t+3k−1=0∴时恒成立，所以直线的斜率为定值-3.。。22.【解析】（1）记，①当时，取h12<0，不符条件；。。。2分②当时，h'x=2ax2−2x+1−a2x=2x−1ax−1+a2x令，得，令，得，∴h（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以，即，则a的取值范围为4+4ln21+2ln2，+∞）。5分（2）∵g'x=2+a2x，令，则x0=−a4，4ex0=−ea，且f'x=2ax+1x，若，则恒成立，f（x）单调递增，与f（x）有两个零点矛盾，故令，得，令，得x>−12a，∴在上单调递增，在−12a+∞上单调递减，

17且∴，。。。。8分取，则f1=a<0，取，则，∴，取x=−1ea，则f−1ea=1e2a+ln−1ea，记t=−1ea，t>2，在中，ϕ't=1t−1e=e−tet，令得21x2，从而x1x2>1x2≥−ea=4ex0。。。。。12分

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