2023-2024学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（六）(含解析）

2023-2024学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（六）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是( )
A. B. C. D.
4.对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是( )
A. B. C. D.
5.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则( )
A. B. C. D.
6.若，，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示在适当的坐标系下圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如图所示，则该抛物线的轨迹方程为( )
A. B. C. D.
8.已知等比数列的前项和为，若，则( )
A. 为递减数列 B. 为递增数列
C. 数列有最小项 D. 数列有最大项
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若随机变量服从正态分布，且，则
B. 一组数据，，，，，，，，，的第百分位数为
C. 若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强
D. 对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
10.以下命题正确的是( )
A. 设与是定义在上的两个函数，若恒成立，且为奇函数，则也是奇函数
B. 若对任意，都有成立，且函数在上单调递增，则在上也单调递增
C. 已知，，函数，若函数在上的最大值比最小值多，则实数的取值集合为
D. 已知函数满足，函数，且与的图象的交点为，，，，则的值为
11.已知函数的部分图象如图所示，、分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图所示，此时，则下列四个结论正确的有( )
A.
B.
C. 图中，
D. 图中，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积大于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中的系数为______用数字作答．
13.已知椭圆的左，右焦点分别为，，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，，分别交轴于，两点，的周长为，过作外角平分线的垂线与直线交于点，则 ______．
14.在三棱锥中，，，，且，，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，点在侧棱上，．
证明：是侧棱的中点；
求二面角的正弦值．
16.本小题分
年月日，第三十一届世界大学生夏季运动会在成都隆重开幕为庆祝大运会的到来，有，，，，共位跳水爱好者自发组建了跳水训练营，并邀请教练甲帮助训练教练训练前对位跳水员测试打分，得分情况如图中虚线所示；集训后再进行测试，位跳水员得分情况如图中实线所示，规定满分为分，记得分在分以上的为“优秀”．
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前
训练后
合计
将上面的列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，判断跳水员的优秀情况与训练是否有关？并说明原因；
从这人中任选人，在这人中恰有人训练后为“优秀”的条件下，求这人中恰有人是训练前也为“优秀”的概率；
跳水员将对“米、米和米”这三种高度进行集训，且在训练中进行了多轮测试规定：在每轮测试中，都会有这种高度，且至少有个高度的跳水测试达到“优秀”，则该轮测试才记为“优秀”每轮测试中，跳水员在每个高度中达到“优秀”的概率均为，每个高度互不影响且每轮测试互不影响如果跳水员在集训测试中要想获得“优秀”的次数平均值达到次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
附：，其中．
17.本小题分
在平面直角坐标系中，已知椭圆：与直线：，四点，，，中有三个点在椭圆上，剩余一个点在直线上．
求椭圆的方程；
Ⅱ若动点在直线上，过作直线交椭圆于，两点，使得，再过作直线证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
18.本小题分
已知函数．
若函数为增函数，求的取值范围；
已知，
证明：；
若，证明：．
19.本小题分
已知等比数列的公比为，其所有项构成集合，等差数列的公差为，其所有项构成集合令，集合中的所有元素按从小到大排列构成首项为的数列
Ⅰ若集合，写出一组符合题意的数列和；
Ⅱ若，数列为无穷数列，，且数列的前项成公比为的等比数列当时，求的值；
Ⅲ若数列是首项为的无穷数列，求证：“存在无穷数列，使”的充要条件是“是有理数”．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：选项A，，错误；
选项B，，，，错误；
，，C错误；，D正确．
故选：．
根据元素与集合的关系，集合间的运算法则求解即可．
本题考查集合间的关系，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由，得，
所以，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第一象限．
故选：．
先化简复数，再求出共轭复数，结合实部和虚部符号可得答案．
本题考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：若命题“，”为假命题，
则“，”为真命题，可得，即，得．
因此，命题“，”为假命题的一个充分不必要条件，对应的集合是的真子集，
对照各个选项，可知项，符合题意．
故选：．
根据题意，先算出原命题为假命题时实数满足的条件，再根据充分不必要条件的定义加以判断，可得答案．
本题主要考查含有量词的命题及其否定、充要条件的定义与判断、不等式恒成立等知识，考查逻辑推理能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：在上的投影为，在上的投影为，
在上的投影向量互为相反向量，
则，即，即．
故选：．
根据已知条件，结合投影的定义，以及向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查投影的公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为角的终边经过点，，
所以，
解得，舍负，
所以，
则．
故选：．
由已知结合三角函数的定义及两角差的正切公式即可求解．
本题主要考查了三角函数的定义及和差角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
所以．
因为，所以．
所以，即．
当且仅当，，即，时等号成立，
所以的最小值为．
故选：．
构造，变形，然后用基本不等式求出结果即可．
本题考查了指数函数的单调性，基本不等式求最值的方法，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：由于某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，
故，所以直线所在的方程为：，
代入，解得或 舍，离轴较远的点，
所以点的坐标为．
由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，
故设抛物线方程为：，则，
则由点处切线斜率为可得，，
又，解得，
所以该抛物线的轨迹方程为，即．
故选：．
由题意可得到直线所在的方程和圆方程联立求得点的坐标，设所求抛物线方程，求导，根据导数的几何意义结合题意，可求得，，即得答案．
本题考查轨迹方程的求解，是中档题．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的单调性的判断，通项公式以及数列的最大项问题，属于综合题．
由已知分析等比数列的公比范围，然后结合通项公式以及与的关系分析的单调性，结合选项可求．
【解答】
解：由可得，所以，
因为得，
所以，，
因为，
当时，，数列递增，即数列有最小项，没有最大项；
当时，，，，，所以数列摆动，且，
，所以最小项，没有最大项．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：对于选项A：若随机变量服从正态分布，且，
则，故选项A正确；
对于选项B：已知一组数据，，，，，，，，，，
该组数据共有个数，
因为，
所以第百分位数为，故选项B错误；
对于选项C：若线性相关系数越接近，
则两个变量的线性相关性越强，故选项C正确；
对于选项D：已知线性回归方程为，
因为样本点的中心为，
所以，
解得，故选项D正确．
故选：．
由题意，根据正态分布曲线的对称性即可判断选项A；结合百分位数的定义即可判断选项B；利用相关系数的概念即可判断选项C；根据线性方程必过样本点中心，将坐标代入即可判断选项D．
本题考查线性回归方程，相关系数、正态曲线以及百分位数，考查了逻辑推理和运算能力．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了抽象函数的对称性、单调性及最值，属于难题．
选项，利用赋值法及的奇偶性推导出的奇偶性；
选项，利用定义法和在上单调递增证明出结论；
选项，对分类讨论，由单调性求出最值，列出方程，求出的值；
选项，由函数的对称性求解．
【解答】
解：令，则，
因为为奇函数，所以恒成立，
即，
所以，即，所以也是奇函数，A正确；
设，因为在上单调递增，
所以，
因为恒成立，
所以，
从而，
令，
则，
所以，
故在上也单调递增，B正确；
当时，函数在上的最大值为，最小值为或，
当时，解得：，此时，满足题意；
当时，无解，舍去；
当时，在上，是减函数，上，是减函数，
因为，所以函数最大值为，
而，所以函数的最小值为，
因此，解得：符合题意；
综上：实数的取值集合为，C错误；
由可得：关于中心对称，
也关于中心对称，
从而与的图象的交点关于中心对称，
从而，，D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：函数的最小正周期为，
在图中，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
对于，，设点，则点、，
，因为，解得，故A正确；
所以，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；
对于，因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则有、，、、
所以，，
所以在图中，，故C正确；
对于，在图中，设点，，
可得，
，，，
易知为锐角，则，
所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，
故区域的面积，故D错误．
故选：．
在图中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断；结合的取值范围求出的值，可判断；利用空间向量数量积的坐标运算可判断；求出，结合扇形的面积公式可判断．
本题考查了立体几何与三角函数的综合应用，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：由于，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为．
故答案为：．
根据二项式展开式有关知识求得正确答案．
本题考查二项式定理的应用，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：由题意知过点且垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，
则，，
故的周长为，
由于，且是的中点，在上，则为的中位线，
则的周长为周长的一半，而的周长为，
即，，则椭圆方程为，
则，
设外角平分线为，又过作外角平分线的垂线与直线交于点，
故，则，
故．
故答案为：．
根据椭圆的定义可得的周长为，结合的周长可求出的值，再根据外角平分线性质求出，由勾股定理即可求得答案．
本题主要考查椭圆的性质，考查计算能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：取的中点，连接、，如下图所示：
，，且，，
、均为等腰直角三角形，且，
，为三棱锥的外接球直径，
设，可得，设，
，为的中点，则，同理可得，
，，平面，平面，
，，
在中，由余弦定理可得，即，可得，
由，可得，化简可得，
即，
，解得，
因此，三棱锥外接球的体积为．
故答案为：．
取的中点，连接、，由、均为等腰直角三角形，可得出点为三棱锥的外接球球心，设球的半径为，，推导出平面，可得出三棱锥的体积为，再由余弦定理得出，结合可求得的值，进而利用球体的体积公式可求得结果．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
15.【答案】证明：作交于点，则，
因为四边形是正方形，
所以，又平面，平面，
所以，因为，平面，，
所以平面，又，
所以平面，连接，平面，
所以，则四边形为直角梯形，
作，足为，则为矩形，
设，则，
，
由，得，解得，
即，从而，
所以为侧棱的中点；
解法一：因为四边形是正方形，所以，又平面，
平面，所以因为，平面，，
所以平面，又平面，所以，则，
又，，为等边三角形，
又由知为中点，，
所以，，
取中点，连结，取中点，连结，则，，
由此知为二面角的平面角，由知平面，又，
所以平面，平面，所以，连结，
在中，，
所以所以二面角的正弦值为．
解法二：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
易知，，
令平面的法向量为，
则，即，令，得，
设平面的法向量为，
由，得，化简得，令，得，
令二面角的大小为，
则，
故二面角的正弦值为．
【解析】作，连接，作，则为矩形，由此利用几何关系求得，即可证明；
解法一：由已知推导出为等边三角形，取取中点，连结，取中点，连结，利用二面角定义可得为二面角的平面角，利用余弦定理求得余弦值，再利用同角三角函数关系求得正弦值即可；
解法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量的垂直的条件列方程组求得二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后利用向量的夹角坐标运算公式求得法向量的夹角余弦值，进而利用平方关系求得正弦值．
本题考查点为线段中点的证明，考查二面角的正弦值的求法，属于中档题．
16.【答案】解：列联表如下：
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前
训练后
合计
零假设：假设跳水员的优秀情况与训练无关
可得，
则根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，
即跳水员的优秀情况与训练有关，此推断犯错误的概率不超过．
易知训练前后均不优秀的有，共人，训练前后均优秀的有，共人，训练前不优秀而训练后优秀的有人，
记“所选人中恰有人训练后为优秀”为事件，
记“所选人中恰有人训练前为优秀”为事件，
可得，，
所以；
设跳水员每轮测试为优秀的概率为，
可得，
设测试次数为，
则优秀的次数，
所以，
解得，
故至少需进行轮测试．
【解析】由题意，根据卡方的计算即可求解；
根据条件概率的计算公式即可求解；
根据二项分布的期望公式，列不等式即可求解．
本题考查独立性检验及二项分布，考查了逻辑推理和运算能力．
17.【答案】解：由题意有个点在椭圆上，根据椭圆的对称性，则点，一定在椭圆上，
即 ，分
若点在椭圆上，则点必为的左顶点，
而，则点一定不在椭圆上，
故点在椭圆上，点在直线上，分
所以 ，
联立可解得，，
所以椭圆的方程为； 分
Ⅱ证明：由可得直线的方程为，设，，
当时，设、，显然，
又，即为线段的中点，
，代入椭圆方程相减可得直线的斜率为，分
又，所以直线的方程为，分
即，
显然恒过定点，分
当时，直线即，此时为轴亦过点；
综上所述，恒过定点 分
【解析】判断点，，点在椭圆上，点在直线上，代入椭圆方程，即可求出椭圆的方程；
Ⅱ分类讨论，利用点差法求出直线的方程，可得直线恒过定点．
本题考查椭圆的标准方程，考查点差法的运用，考查分类讨论的数学思想，正确运用点差法是解题的关键．
18.【答案】解：若是增函数，则恒成立，
所以在上恒成立，
令，，则，
所以在上递增，在递减，
所以，
所以，
所以的取值范围为．
证明：由知，当时，，
，
令得，
由知，在上递增，在递减，，
所以，
所以在上，单调递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
令，，
在上单调递减，
又，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，
所以，
所以，即，当时，取等号，
所以，
所以不等式为，
所以．
证明：依题意：有两个不同实数根，
由知，，
令，则，
当时，，
当时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以，
所以，
先证明，，
，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
所以，
所以，
令，，
，
单调递减，
所以，
又，，
所以存在使得，即，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以不等式放缩为，
所以，
所以．
【解析】若是增函数，则恒成立，即在上恒成立，令，，只需，即可得出答案．
由知，当时，，求导分析单调性，推出，即，再证明，即可得出答案．
依题意：有两个不同实数根，，令，求导分析单调性，
可得，证明，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
19.【答案】解：Ⅰ由集合，，
等比数列和等差数列均不为常数列，
可取数列：，，；数列：，，，，
因为，所以数列为公比不为的等比数列；
因为，所以数列为公差不为的等差数列．
故，符合题意．
Ⅱ因为集合中的所有元素按从小到大排列构成首项为的数列，
故中各项均为正数，所以中的各项均为正数，
而为无穷等差数列，故．
设的前项为：，，，，，
因为，，，所以，
此时必有，
事实上，若，则的前项即是的前项，与矛盾．
所以或．
若，则，所以，此时的前项为，，，，，
即，，所以数列的公差为，
因为，所以符合题意；
若，则或，
时，有，，成等差数列，所以，解得，与矛盾；
时，有，所以，所以的前项为，，，，，
因为，所以，即，
所以，，故，与为等差数列矛盾．
所以不可能．
综上，的值为．
Ⅲ证明：因为数列是首项为的无穷数列，由Ⅱ知，数列是递增的数列；
对于公比不为的无穷数列，必有，，
否则，若为负，则相邻两项必有一项为负，
这与中的最小项为矛盾；
若，则当时，
，即，这与中的最小值为矛盾．
先证明充分性：当是正有理数时，因为数列是递增的等差数列，所以，
设互质，则，
令，则，，
当时，，
所以数列的第项是数列的第项，
所以数列中的项都是数列的项，即．
再证明必要性：
假设是正无理数，因为，即数列中的项都是数列的项，故．
令，，，则，，，且，因为，即，
整理可得，约去有，
因为，，，且是无理数，所以，消去并整理得，
故，与矛盾，所以假设不成立，即是有理数．
综上所述，“存在数列，使”的充要条件是“是正有理数”．
【解析】本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式，以及集合的运算和充要条件的证明，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于难题．
Ⅰ由等差数列和等比数列的定义和并集的定义，可得结论；
Ⅱ设的前项为：，，，，，结合，推得或再结合等差数列和等比数列的定义，可得所求值；
Ⅲ结合Ⅱ先推得，，由等差数列的通项公式和二项式定理证明“是有理数”可得“存在无穷数列，使”；再由反证法证明“存在无穷数列，使”可得“是有理数”．
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