长沙市一中2023届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟满分：150分一、单项选择题：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．．集合，，全集，则ð的所有子集个数（）1AxN3x8B6,7,8UABUABA．2B．4C．8D．162．已知复数z满足zi3i4，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．在△ABC中，点N满足AN2NC，记BNa，NCb，那么BA（）A．a2bB．a2bC．abD．ab14．已知alg，b20.1，csin3，则（）2A．abcB．bcaC．bacD．cba5．2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运—20专机在两架歼—20战斗机护航下抵达沈阳国际机场。歼—20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼—20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形则机身头部空间大约（）立方米32A．3πB．πC．2πD．π32π116．已知函数fxcosx（0），将fx的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，322纵坐标不变，得到函数gx的图象，已知gx在0,π上恰有5个零点，则的取值范围是（）8787A．2,B．2,C．2,D．2,33337．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（）54513A．B．C．D．189918．已知三棱柱中，，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体8ABCA1B1C1ABAA12BC3AC积为（）282132205287A．πB．πC．πD．π27339二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（）学科网（北京）股份有限公司A．B．C．D．110．已知抛物线C：yx2的焦点为F，P为C上一点，下列说法正确的是（）41A．C的准线方程为y16B．直线yx1与C相切C．若M0,4，则PM的最小值为23D．若M3,5，则△PMF的周长的最小值为11na．已知数列中，，若n1（，），则下列结论中正确的是（）11ana11ann2nNnan16．．111Aa3B11an1an2．．111Canln(n1)1Da2nan212．已知偶函数fx在R上可导，f01，gxfx，若fx1f1x2x，则（）A．g00B．g20232023C．f33D．f2n2n21（nN）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．213．已知圆C：x1y216，若直线l与圆C交于A，B两点，则△ABC的面积最大值为______．n14．若3xx的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32，则展开式中x3项的系数是______．x2y215．已知点F是椭圆1（ab0）的左焦点，过原点作直线l交椭圆于A，B两点，M，N1a2b2分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是．AF1BF1MN______学科网（北京）股份有限公司316．设函数fxx22ax（a0）的图象与gxa2lnxb的图象有公共点，且在公共点处切线2方程相同，则实数b的最大值为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）已知数列的前项和满足：，*．annSn2Sn3an1nN（）求的通项公式；1an（）设，求数列的前项和．2bnnanbnnTn18．（本题满分12分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知D是BC上的点，AD平分BAC．2（1）若BACπ，AB4，AC2，求AD的值；3BD（2）若△ABC为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的DC取值范围．条件①：3b2c2a24S；B条件②：4sin2B8sin210；2条件③：sin2Bcos2Ccos2A3sinAsinB．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（本题满分12分）如图，点E在△ABC内，DE是三棱锥DABC的高，且DE2．△ABC是边长为6的正三角形，DBDC5，F为BC的中点．（1）证明：点E在AF上；（2）点G是棱AC上的一点（不含端点），求平面DEG与平面BCD所成夹角余弦值的最大值．20．（本题满分12分）x2y2已知双曲线C：1（a0，b0）经过点2,3，两条渐近线的夹角为60°，直线l交双曲线a2b2C于A，B两点．（1）求双曲线C的方程；（）若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒2lF2xMm,0AB过M点？若存在，求实数m的值；若不存在，请说明理由．学科网（北京）股份有限公司21．（本小题满分12分）某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为a（0a0.4）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为．（1）证明：在的概率分布中，P1最大．（2）对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为（，，），每位同学能否命tiPii123中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．22．（本小题满分12分）已知函数fxsinxxmlnx，m0．（1）若函数fx在0,上是减函数，求m的取值范围；3π2（2）设π,，且满足cos1sin，证明：当0masin时，函数fx在0,2π上2恰有两个极值点．长沙市一中2023届高三月考试卷（四）数学参考答案一、单项选择题：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CAABBDCC1．C【解析】依题意，A4,5,6,7，而B6,7,8，则U4,5,6,7,8，AB6,7，因此ð，所以ð的所有子集个数是3．故选：．UAB4,5,8UAB28C3i42．A【解析】由题得z34i，所以z34i．所以z在复平面内对应点在第一象限．故选：iA．3．A【解析】BABNNABN2NCa2b．故选：A．14．B【解析】alglg10，b20.1201，0sin31，∴bca．故选：B．25．B【解析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆雉高为313米，根据圆雉体积公式得V3π12π．故选：B．33学科网（北京）股份有限公司π1π6．D【解析】gxcos2x，令t2x，由题意gx在0,π上恰有5个零点，即3231ππ11ππ13πcost在t,2π上恰有5个不相等的实根，由ycost的性质可得2π，2333337解得2．故选：D．3．【解析】将个偶数排成一排有3种，再将个奇数分两种情况揷空有3种，7C3A332A3所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的位数有33种，62A3A372任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：在个位，则在十位，此时有22种；21A2A242不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有1112种；C2C2C2A216所以个位是偶数共有20种；同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻的数有40种，405所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是．故选：C．729．【解析】解法一：因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，8CABCA1B1C1AA1ABC所以要使三棱柱的体积最大，则△ABC面积最大，1因为SBCACsinACB，△ABC23令ACx，因为BC3AC，所以Sx2sinACB，△ABC2AC2BC2AB24x24在△ABC中，cosACB，2ACBC23x22216x14x432x216所以sin2ACB1，12x412x42422233x8x4x412所以Sx4sin2ACB3，△ABC4434所以当2，即时，2取得最大值，x4AC2S△ABC3所以当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，，AC2S△ABC3△ABCABAC2BC23AB2AC2BC244121所以cosBAC，BAC0,π，2ABAC22222π所以BAC，323由正弦定理得△ABC外接圆的半径r满足42r，即r2，2πsin3学科网（北京）股份有限公司2AA所以直三棱柱外接球的半径221，即，ABCA1B1C1Rr5R524π205所以直三棱柱ABCABC外接球的体积为R3π．故选：C．11133解法二：在平面ABC中，由AB2，BC3AC知，平面ABC中C点的轨迹是阿氏圆，建立坐标系可求出该阿氏圆的半径为3．要使三棱柱的体积最大，则△ABC面积最大，此时可计算出外接圆半径为2．2所以直三棱柱外接球的半径22AA1，即，ABCA1B1C1R25R524205所以直三棱柱ABCABC外接球的体积为R3π．11133二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．题号9101112答案ADBCABCABD9．AD【解析】对于A选项，由图1可知MN∥DE∥AC，MN平面ABC，AC平面ABC，所以MN∥平面ABC，A正确；对于B选项，设H是EG的中点，由图2，结合正方体的性质可知，AB∥NH，MN∥AH∥BC，AM∥CH，所以A，B，C，H，N，M六点共面，B错误；对于C选项，如图3所示，根据正方体的性质可知MN∥AD，由于AD与平面ABC相交，所以MN与平面ABC相交．所以C错误；学科网（北京）股份有限公司对于D选项，如图4，设ACNED，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，，所以MN∥BD，由于MN平面ABC，BD平面ABC，所以MN∥平面ABC，D正确．故选：AD．110．BCD【解析】拋物线C：yx2，即x24y，所以焦点坐标为F0,1，准线方程为y1，故4A错误；12yx,2由4即x24x40，解得4440，所以