湖南省邵东一中2023年下学期高三第二次月考 数学试卷

邵东一中2023年下学期高三第二次月考数学试卷考试时间：120分钟总分：150分命题人：审题人：选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题的四个选项中，只有一个选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()＝（）A．{4}B．{3，4}C．{2，3，4}D．{1，2，3}2．下列命题中错误的是（）A．“x＝1”是“x2﹣3x+2＝0”的充分不必要条件 B．“，k∈Z”是“tanx＝1”的必要不充分条件 C．对于命题p：∃x∈R，使得x2+x+1＜0，则¬p是：∀x∈R，均有x2+x+1≥0 D．“”是“方程x2+3x+a＝0（x∈R）有正实数根”的充要条件3．已知正实数a，b满足a+b＝2ab，则2a+6b的最小值是（）A． B． C．10 D．64．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数,且函数f(x+1)为偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)＝ex+m，则下列选项不正确的是（）A．m＝﹣1 B．f（2﹣x）＝f（x） C．f（x+8）＝f（x） D．f（2023）＝e﹣15．已知α∈－,0,且cos2α=sinα+,则sin2α=()A． B． C． D.6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2023＞0，S2024＜0，则下列结论正确的是（）A．数列{an}是递增数列 B．|a1013|＞|a1012| C．当Sn取得最大值时，n＝1013 D．S1013＜S10107．已知函数,当x＞0时，f（x）＞0恒成立，则m的取值范围为（）A．（1，+∞） B．（e，+∞） C． D．8．已知,,,其中e＝2.71828……为自然对数的底数，则（）A．b＜c＜a B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．c＜b＜a二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题的选项中，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。9．下列命题中正确的是（）A．若a＞b，c＞d，则ac＞bdB．若ac2＞bc2，则a＞b；C．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣dD．若a＞0，b＞0，则10．已知函数f（x）＝sinωx+cosωx的最小正周期为π，则下列判断正确的有（）A．将函数图像向左平移个单位得到函数f（x）的图像 B．函数f（x）在区间单调递减 C．函数f（x）的图像关于点对称 D．函数f（x）取得最大值时x的取值集合11．三棱锥A﹣BCD中，AD⊥BD，∠BDC＝120°，BD＝CD＝2，AD＝6，则（）A．三棱锥A﹣BCD体积的最大值为 B．不存在AB与CD垂直 C．AB与平面BCD所成角的正弦值最大为 D．当二面角A﹣BD﹣C为120°时，三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为156π12．关于函数f（x）＝+lnx，下列判断正确的是（）A．x＝2是f（x）的极小值点 B．函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点 C．存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立 D．对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率_________。14．已知函数f（x）＝|lgx|，f（a）＝f（b），a＜b，则a+2023b的取值范围是__________。15．若函数在上有且仅有3个零点，则的最小值为____________。16．已知函数f（x）＝alnx﹣2x（a＞0），若不等式xa≥2e2xf（x）+e2x对x＞0恒成立，则实数a的取值范围为。四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或必要的演算步骤。17．（10分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，，的角平分线交BC于点D，求的长。18.（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，.（1）求证：平行四边形为矩形；（2）若为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值。19.（12分）已知数列{}满足,数列{}满足,。（1）求数列{}和{}的通项公式；（2）设,求数列{}的前n项和Tn.20.（12分）2023年游泳世锦赛于7月14日—30日在日本福冈进行，甲、乙两名10米跳台双人赛的选手，在备战世锦赛时挑战某高难度动作，每轮均挑战3次，每次挑战的结果只有成功和失败两种。（1）甲在每次挑战中，成功的概率都为.设甲在3次挑战中成功的次数为，求随机变量的分布列和数学期望；（2）乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，由于教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变，改变规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.15。求乙在第三次成功的概率。（12分）已知椭圆过点A（2,1），过右焦点F作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若点在椭圆上，且为垂足，证明：存在定点，使得为定值。22．（12分）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax，a∈R．（1）当a＝3时，求函数f（x）的单调区间；（2）若关于x的不等式f（x）≤ax2+（a﹣2）x﹣2恒成立，求整数a的最小值；（3）是否存在一条直线与函数的图象相切于两个不同的点？并说明理由．邵东一中2023年下学期高三第二次月考数学试卷参考答案题序123456789101112答案BDADCBDABDBCDACDABD选择题：1.B【解答】解：由集合A＝{x|x2﹣3x＜0}＝（0，3），B＝{1，2，3，4}，CRA＝（﹣∞，0]∪[3，+∞），∴（CRA）∩B＝{3，4}．故选：B．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，可查学生的计算能力，比较基础．2.D【解答】解：由x2﹣3x+2＝0解得x＝1或x＝2，所以由“x＝1”能推出“x2﹣3x+2＝0”，但由“x2﹣3x+2＝0”不能推出“x＝1”，则“x＝1”是“x2﹣3x+2＝0”的充分不必要条件，故A正确；当k＝3，即x=时，tanx＝﹣1，故tanx≠1，则充分性不成立，若tanx＝1，则，n∈Z，可知必要性成立，则“，k∈Z”是“tanx＝1”的必要不充分条件，故B正确；根据存在量词命题的否定是全称量词命题，对于命题p：∃x∈R，使得x2+x+1＜0，则¬p是：∀x∈R，均有x2+x+1≥0，故C正确；故选：D．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．3.A改编自优化设计13页考向2例题（2）【解答】解：因为a+b＝2ab，所以，所以，当且仅当，时取等号2a+6b的最小值4+2．故选：A．【点评】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，乘1法的应用是求解问题的关键．4.D【解答】解：因为函数f(x+1)为偶函数,则f(﹣x+1)＝f(x+1)，即f(2﹣x)＝f(x)，B正确；又函数f(x)是奇函数，则f(﹣x)＝﹣f(x)因此f（x+2）＝f(﹣x)＝﹣f(x),即有f(x+4)＝﹣f（x+2），于是f（x+4）＝f（x），即函数f（x）的周期为4，有f（x+8）＝f（x），C正确；因为f（x）是定义域为R的奇函数，则f（0）＝20+m＝0，解得m＝﹣1，A正确；当x∈[0，1]时，f（x）＝ex﹣1，所以f（2023）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝1﹣e，D错误．（第5题优化设计94页考点一题组（2）原题）B（改编自课时规范练A册311页第11题）【解答】解：∵S2023＞0，S2024＜0，∴＝2023a1012＞0，＝1011（a1012+a1013）＜0，∴a1012＞0，a1012+a1013＜0，∴a1012＞0，a1013＜0，∴公差d＜0，等差数列{an}是递减数列，|a1012|＜|a1013|，n＝1012时，Sn取得最大值，S1013＝S1010+a1011+a1012+a1013＝S1010+3a1012＞S1010故选：B．【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.D【解答】解：由题意，若m≤0显然f（x）不是恒大于零，故m＞0．（由4个选项也是显然，可得m＞0）则显然在（0，1]上恒成立；当x＞1时，⇔，令g（t）＝tet（t＞0），g′（t）＝（1+t）et＞0，g（t）在（0，+∞）上单调递增．因为mx＞0，lnx＞0（x＞1），所以mx·emx＞lnx·elnx⇔mx＞lnx，即，再设，令h′（x）＝0，则x＝e，易得h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，故故选：D．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．A【解答】解：由ex≥x+1知a＝﹣1＞，由ln（1+x）≤x知b＝ln＜由sinx≤x知c＝sin＜所以a＞b，a＞c．下面比较b和c的大小：设f（x）＝ln（1+x）﹣sinx，，，设g(x)＝1﹣cosx﹣xcosx，，g′(x)＝sinx﹣(cosx﹣xsinx)＝（x+1）sinx﹣cosx，g″（x）＝sinx+（x+1）cosx+sinx＝2sinx+（x+1）cosx＞0，所以g′(x)在上单调递增，则，所以g（x）在上单调递减，g(x)＜g（0）＝0，即f′(x)＜0在上恒成立，则f(x)在上单调递减，由，则，即，则b＜c，所以b＜c＜a．故选：A．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．多选题：9.BD10.BCD【解答】解：∵，∴，对于A，∵，故函数f（x）的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，故A错误，对于B，令，则，∵，∴f（x）在区间单调递减，故B正确，对于C，，故f(x)的图像关于点对称，故C正确，对于D,当,即时,f(x)取得最大值,故D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换，三角函数的周期性，单调性，对称性，最值，以及图象平移的应用，属于中档题．11.ACD【解答】解：对于A，因为AD⊥BD，AD＝6，当AD⊥面BCD时，棱锥A﹣BCD的体积最大，最大值为故A正确；对于B，如图1，作DE⊥AB与E，要使AB与CD垂直，只需满足CE⊥AB即可，即存在CE＝，即存在AC＝2，显然存在，故B错；对于C，令A到面BCD的距离为d，AB与平面BCD所成角为θ，sinθ＝，只需d最大即可，即AD⊥面BCD时，此时sinθ＝＝，故C正确；对于D，如图2，设E，N分别为△ADB，△BCD的外心，过E作面ABD的垂线，过N作面BCD的垂线，两垂线的交点为球心O，设面OMN角BD与G，在四边形MGNO中，∠MGN＝120°，MG＝，NG＝DNsin60°＝××＝3，∴OM＝ON＝，故三棱锥A﹣BCD的外接球半径R＝＝，球表面积为4πR2＝156π，故D正确，故选：ACD．【点评】本题考查了空间线面、线线位置关系，考查了几何体外接球，考查了空间想象能力、运算能力，属于难题．12.ABD【解答】解：f（x）＝+lnx，∴f′（x）＝﹣+＝，当x＞2时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴x＝2是f（x）的极小值点，即A正确；令y＝f（x）﹣x＝+lnx﹣x，∴y′＝﹣+﹣1＝＝＜0恒成立，∴y＝+lnx﹣x在（0，+∞）单调递减，∵f（1）﹣1＝2+0﹣1＝1＞0，f（2）﹣2＝1+ln2﹣2＝ln2﹣1＜0，∴y＝f（x）﹣x有且只有一个零点，故B正确；f（x）＞kx等价为k＜+，令g（x）＝+，则g′（x）＝，由y＝x﹣xlnx﹣4的导数为y′＝1﹣（1+lnx）＝﹣lnx，当x＞1时，y＝x﹣xlnx﹣4递减，0＜x＜1时，y＝x﹣xlnx﹣4递增，可得y＝x﹣xlnx﹣4的最大值为1﹣0﹣4＝﹣3＜0，即g′（x）＜0，可得g（x）在（0，+∞）单调递减，则g（x）无最小值，所以k＜g（x）不恒成立，故C错误；设＝t（t＞1），即有x2＝x1t，f（x1）＝f（x2）即为+lnx1＝+lnx2，化为+lnx1＝+ln（x1t），可得x1＝，则x1+x2＞4⇔+＞4⇔t2﹣1﹣2tlnt＞0，设h（t）＝t2﹣1﹣2tlnt（t＞1），可得h′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt），由m（t）＝t﹣1﹣lnt的导数为m′（t）＝1﹣，可得t＞1时，m′（t）＞0，m（t）递增，可得m（t）＞m（1）＝0，∴h′（t）＞0，h（t）递增，可得h（t）＞h（1）＝0，故x1+x2＞4成立，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查导数的运用，求单调性和极值、最值，以及函数的零点和不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于难题．三、填空题:13.14.（2024，+∞）15.16.（0，2e]13【答案】．【解答】解：先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有种，然将3个项目全排列，共有种排法，故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为6×6＝36种，∵4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数34＝81种，∴每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率P＝．【点评】本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．14.【解答】解：∵f（x）＝|lgx|，f（a）＝f（b），∴|lga|＝|lgb|，又∵a＜b，∴﹣lga＝lgb，∴lgab＝0，∴ab＝1，∴0＜a＜1＜b，故a+2023b＝+2023b，∵y＝+2023b在（1，+∞）上单调递增，∴+2023b＞1+2023＝2024，故a+2023b的取值范围是（2024，+∞），【点评】本题考查了对数函数的性质的应用及对勾函数的性质，属于基础题．【答案】【解析】：令，得，由得，依题意，在上有且仅有3个零点，则，解得，所以的最小值为.【答案】（0，2e]【解答】解：不等式xa≥2e2xf（x）+e2x对x＞0恒成立，等价于≥2f（x）+1，即ealnx﹣2x≥2f（x）+1，所以ef（x）﹣2f（x）﹣1≥0，设g（t）＝et﹣2t﹣1，其中t＝f（x），则g′（t）＝et﹣2，令g′（t）＝0得t＝ln2，所以当t＜ln2时，g′(t)＜0，g（t）单调递减，当t＞ln2时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，所以g（x）min＝g（ln2）＝1﹣2ln2＜0，g（0）＝0，g（2）＝e2﹣5＞0，所以存在t0∈（ln2，2）使得g（t0）＝0，所以若g（t）≥0则t≤0或t≥t0，即f（x）≤0或f（x）≥t0，f′（x）＝﹣2＝，x＞0，所以在(0，)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(，+∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f（x）max＝f（）＝aln﹣a，所以aln﹣a≤0，所以0＜a≤2e，所以实数a的取值范围为（0，2e]．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题.解答题:17.(改编自优化设计114页考向3例题（2）)【解答】：（1）∵，∴由正弦定理得：sinB+sinC＝2sinAsin（C+），∴sinB+sinC＝2sinA（sinC+cosC），即：sinB+sinC＝sinAsinc+sinAcosC，又∵B＝π﹣(A+C)∴sinB＝sin（A+C）则有sin（A+C）+sinC＝sinAsinc+sinAcosC，∴sinAcosC+cosAsinC+sinC＝sinAsinC+sinAcosC，即：cosAsinC+sinC＝sinAsinC，又∵C∈（0，π），∴sinC≠0，∴cosA+1＝sinA，∴﹣cosA＝1，∴2sin（）＝1，∴sin（A﹣）＝，∵0＜A＜π，∴﹣，∴A﹣＝故A＝………5分（2）由•＝，得bccos＝，所以bc＝3，由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣3bc＝12∴b+c＝，由S△ABC＝S△ABD+S△ACD得：bcsin＝b•ADsin+c•ADsin，∴AD＝＝＝．………10分【点评】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．18.【解答】（1）取中点，连接，如图所示：∵为正三角形，则.面面，面面，面，则面.∵面∴又，，面，，所以面，面，故∴平行四边形为矩形.………5分（2）如下图所示：以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，则，，，，，所以，，，，设面的法向量为，则，令，则设点到平面的距离为，则，解得.所以.设面的法向量为，则，令，则，则.∵平面与平面所成角为锐角∴平面与平面所成角的余弦值为.…………………12分19.(改编B册课时规范练26第8题和优化设计141页考点2例题)解析:（1）由a1++…+=an+1-2得：当n≥2时,a1++…+=an-2,则=an+1-an,即.当n=1时,a1=a2-2,得a2=4,满足上式.∴∴数列是常数列,即=2,故an=2n.由题知数列{bn}是首项为，公比为的等比数列∴bn=×（）n-1=×（）n………………6分(2)由（1）知cn=2n××（）n=,则Tn=++…++,①∴Tn=++…+.②①-②得Tn=+…+,∴Tn=,∴Tn=.………………12分【解答】(1)由题意得，X的所有可能取值有0,1,2,3，∴的分布列为：0123则.………………6分（2）设事件为“乙在第次挑战成功”，其中.所以；；；；故.即乙在第三次成功的概率为0.85875.………………12分【解答】：（1）解：由已知得，且当x＝c时，，联立解得故椭圆C的方程为．………………4分（2）证明：设点P（x1，y1），Q（x2，y2），因为，，即（x1﹣2）（x2﹣2）﹣3（y1﹣1）（y2﹣1）＝0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y＝kx+m，代入椭圆方程消去y得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣6＝0，Δ＞0，，．根据y1＝kx1+m，y2＝kx2+m代入*整理，得，结合根与系数的关系可得：m2﹣2（4k+3）m﹣5（4k2﹣1）＝0，[m﹣5（2k+1）][m+（2k﹣1）]＝0，当m＝﹣(2k﹣1)时，直线y＝kx+m＝kx﹣2k+1＝k(x﹣2)+1过点A（2，1），不符合条件当m＝5（2k+1）时，直线方程为y＝kx+5（2k+1）＝k（x+10）+5，故直线PQ恒过定点（﹣10，5），设E（﹣10，5），当直线PQ的斜率不存在时，点P（x1，y1），Q（x1，﹣y1），此时，又，可得x1＝﹣10（舍）或x1＝2，与A点重合，与已知条件不符．∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E（﹣10，5）由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边∴点S为AE的中点即点S为（﹣4，3）．满足|DS|为定值………12分【点