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．1．集合，，全集，则的所有子集个数（ ）A．2B．4C．8D．162．已知复数满足，其中
为虚数单位，则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．在中，点满足，记，，那么（ ）A．B
．C．D．4．已知，，，则（ ）A．B．C．D．5．2022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A．B．C．D．6．已
知函数（），将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点，则的取值范围是（ ）A．B．
C．D．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（ ）
A．B．C．D．8．已知三棱柱中，，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（ ）A．B．C．D．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，
，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）A．B．C．D．10．已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（
）A．的准线方程为B．直线与相切C．若，则的最小值为D．若，则的周长的最小值为1111．已知数列中，，若（，），则下列结论中正
确的是（ ）A．B．C．D．12．已知偶函数在上可导，，，若，则（ ）A．B．C．D．（）三、填空题：本题共4小题，每小题5分
，共20分．13．已知圆：，若直线与圆交于，两点，则的面积最大值为______．14．若的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比
值是32，则展开式中项的系数是______．15．已知点是椭圆（）的左焦点，过原点作直线交椭圆于，两点，，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______．16．设函数（）的图象与的图象有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最
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：，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．18．（本题满分12分）设的内角，，的对边分别为，，，面积为，已知
是上的点，平分．（1）若，，，求的值；（2）若为锐角三角形，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，求的取值范围．
条件①：；条件②：；条件③：．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，点在内，是三棱锥的高，
且．是边长为6的正三角形，，为的中点．（1）证明：点在上；（2）点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面所成夹角余弦值的最大值．2
0．（本题满分12分）已知双曲线：（，）经过点，两条渐近线的夹角为60°，直线交双曲线于，两点．（1）求双曲线的方程；（2）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过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由．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（）．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，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（，2，3），每位同学能否命中相互独立．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，．（1）
若函数在上是减函数，求的取值范围；（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．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1234567
8答案CAABBDCC1．C 【解析】依题意，，而，则，，因此，所以的所有子集个数是．故选：C．2．A 【解析】由题得，所以．
所以在复平面内对应点在第一象限．故选：A．3．A 【解析】．故选：A．4．B 【解析】，，，∴．故选：B．5．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，圆雉高为米，根据圆雉体积公式得．故选：B．6．D 【解析】，
令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．故选：D．7．C 【解析】将3个偶数排成一排有种，再
将3个奇数分两种情况揷空有种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，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：2在个位，则1在十位，此时有种；2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，此时有种；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，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．8．C 【解析】解法一：因为三棱柱为直
三棱柱，所以平面，所以要使三棱柱的体积最大，则面积最大，因为，令，因为，所以，在中，，所以，所以，所以当，即时，取得最大值3，所以
当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，，所以，，所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，所以直三棱柱外接球的半径，即，所以直三棱柱
外接球的体积为．故选：C．解法二：在平面中，由，知，平面中点的轨迹是阿氏圆，建立坐标系可求出该阿氏圆的半径为．要使三棱柱的体积最大
，则面积最大，此时可计算出外接圆半径为2．所以直三棱柱外接球的半径，即，所以直三棱柱外接球的体积为．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91011
12答案ADBCABCABD9．AD 【解析】对于A选项，由图1可知，平面，平面，所以平面，A正确；对于B选项，设是的中点，由图2
，结合正方体的性质可知，，，，所以，，，，，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，由于与平面相交，所以与
平面相交．所以C错误；对于D选项，如图4，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确．
故选：AD．10．BCD 【解析】拋物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故错误；由即，解得，所以直线与相切，故B正确；点，所
以，所以，故C正确；如图过点作准线，交于点，，，所以周长，当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；故选：BCD．11． 【解析】因
为，故可得，，对A：当时，，故可得，故A正确；对B：因为，则对也成立，又当，时，，则，故B正确；对C：令（），则，故在上单调递减，
则，则当时，，；则当，时，，即；则，即，又，，故C正确；对D：，故D错误．故选：ABC．12．ABD 【解析】因为函数为偶函数，
所以的图象在处的斜率为0，即，故A正确；函数为偶函数，所以为奇函数，，所以，令，得，又为奇函数，所以，，故B正确；假设，满足为偶函
数，，，符合题目的要求，此时，，故C错；为偶函数，所以，即，（），故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共
20分．13．8 【解析】圆：的圆心为，半径为4，设线段的中点为，由垂径定理得：，由基本不等式可得：，所以，当且仅当时，等号成立
，则，故答案为：8．14．15 【解析】令，得所有项的系数和为，二项式系数和为，所以，即，的第项为，令，得，所以项的系数是，故答
案为：15．15． 【解析】如图所示，当点，分别是，的中点时，，是的两条中位线，若以为直径的圆过原点，则有，，解法一：所以在直角中
，，即、为以原点为圆心，为半径的圆与椭圆的交点，所以，即，所以，故，又，所以．解法二：由上可知，，设点，则点，又点，所以，，则，又
，所以，得，即只需，整理得：，解得，又，所以．故答案为：．16． 【解析】设公共点坐标为，则，（），所以有，即，解得（舍去），又，
所以有，故，所以有，对求导有，故关于的函数在为增函数，在为减函数，所以当时有最大值．故答案为：．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．【解析】（1）由已知，，当时，，解得，当时，，则，即，所以数列是以3为首项，3为公
比的等比数列，所以；（2）由（1）得，则，所以①，②，①－②得，所以．18．【解析】（1）依题意可得，可得，又因为平分，且，所以，
则，整理可得．（2）选条件①：∵，∴，∴，即，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴．∵是锐角
三角形，∴，∴，∴，即的取值范围为．选条件②：∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，
与互补，∴．∵是锐角三角形，∴，∴，∴，∴的取值范围为．选条件③：∵，∴，由正弦定理得，∴根据余弦定理得，∵，∴，在中，由正弦定理
得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴．∵是锐角三角形，∴，∴，∴，∴，∴的取值范围为．19．【解析】（1）证明：连接
，．因为是三棱锥的高，即平面，因为平面，所以．因为，的中点为，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以．又因为是边长为6的正三
角形，的中点为，所以，即点在上．（2）结合（1）得，，，，．过点作，交于，结合（1）可知，，两两垂直，所以以为坐标原点，，，的方向
分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，所以，．设平面的法向量为，则即取，则．又，设，．所以．设平面的法向量为，则即取，
则．所以，当且仅当时，等号成立．所以平面与平面所成夹角余弦值的最大值为．20．【解析】（1）∵两条渐近线的夹角为60°，∴渐近线的
斜率或，即或；当时，由得：，，∴双曲线的方程为：；当时，方程无解；综上所述，双曲线的方程为：．（2）由题意得：，假设存在定点满足题
意，则恒成立；方法一：①当直线斜率存在时，设：，，∴，，∴，∴，整理可得：，由得：；∴当时，恒成立；②当直线斜率不存在时，：，则，
，当时，，，∴成立；综上所述，存在，使得以线段为直径的圆恒过点．方法二：①当直线斜率为0时，：，则，，∵，∴，，∴，解得；②当直线
斜率不为0时，设：，，由得，，∴∴，，∴；当，即时，成立；综上所述，存在，使得以线段为直径的圆恒过点．21．【解析】（1）由已知，
的所有可能取值为0，1，2，3，，，∵，∴，所以概率最大．（2）由（1）知，当时，有的值最大，且，，所以应当以甲、乙、丙的顺序安排
出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．证明如下：假设，，为，，的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，该顺序下三
个小组能完成项目的概率为，，，记在比赛时所需派出的小组个数为，则，2，3，且的分布列为：123数学期望，∵，∴，，∴，所以应当以甲
、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．22．【解析】（1），因为函数在上是减函数，所以在上恒成立，当
时，在上恒成立，满足题意；当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，所以的取值范围为．（2）令得，令，，则，所以当时，，函数在上单调递增，当时，，故函数在上单调递减，因为，，所以存在，使得，即，所以当时，，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，恒成立，所以在上单调递增，因为，，所以存在，使得，即，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为，，所以在上单调递减，综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，，因为，即，所以，所以，其中，所以当时，直线与的图象在上有两个交点，所以在上有两个变号零点，即在上有两个极值点．所以取，则，当时，在上有两个极值点．学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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