2023-2024學(xué)年湖南師大附中高三（上）月考數(shù)學(xué)試卷（二）（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年湖南師大附中高三（上）月考數(shù)學(xué)試卷（二）一、單選題（本大題共7小題，共35.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知集合A={x|y=lgA.(?1,0) B.(?2.下列條件中，使a>b成立的充分不必要條件是(

)A.a2>b2 B.a3>3.已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2π，且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cA.2 B.1 C.12 D.4.若{an}為等差數(shù)列，Sn是其前n項和，且S11=22π3，A.3 B.±3 C.5.已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,bA.62 B.52 C.6.將函數(shù)f(x)=sin(ωxA.6 B.5 C.4 D.17.設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，fA.(?∞,?1)∪(0二、多選題（本大題共5小題，共25.0分。在每小題有多項符合題目要求）8.△ABC中，D為AC上一點且滿足AD?=13DC?，若PA.λμ的最小值為16 B.λμ的最大值為116

C.1λ+149.已知i為虛數(shù)單位，下列說法正確的是(

)A.若復(fù)數(shù)z=1+i1?i，則z30=?1

B.若復(fù)數(shù)z滿足|z?1|=|10.已知過點A(a,0)作曲線C：y=A.?2 B.4 C.0 D.11.已知F是拋物線C：y2=x的焦點，A(x1,y1)A.若BB′垂直C的準(zhǔn)線于點B′，且|BB′|=2|OF|，則四邊形OFBB′的周長為3+54

B.若|A12.如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E為邊AB的中點，沿DE將△ADE折起，點A折至A1處(A1?平面ABCD)，P，Q

A.△A1EC面積的最大值為22

B.存在某個位置，使得BM⊥A1D

C.三棱錐A1?E三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.△ABC的三個頂點分別是A(1,?1,2)，B14.已知函數(shù)f(x)=sinxc15.已知函數(shù)f(x)=2x?1(x>16.在如圖所示的三角形數(shù)陣中，用ai,j(i≥j)表示第i行第j個數(shù)(i,j∈N*)，已知ai,1=四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1=2，an>0，an+18.(本小題12.0分)

在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，ab+ba=4cosC．

19.(本小題12.0分)

為加強環(huán)保建設(shè)，提高社會效益和經(jīng)濟(jì)效益，某市計劃用若干年時間更換一萬輛燃油型公交車，每更換一輛新車，則淘汰一輛舊車，替換車為電力型和混合動力型車，今年初投入了電力型公交車128輛，混合動力型公交車400輛；計劃以后電力型車每年的投入量比上一年增加50%，混合動車型車每年比上一年多投入a輛．

(1)求經(jīng)過n年，該市被更換的公交車總數(shù)S(n)；

(220.(本小題12.0分)

在三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形AA2B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B1⊥平面ABC，平面A1B21.(本小題12.0分)

設(shè)橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=12，橢圓上的點到左焦點F1的距離的最大值為322.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=x?alnx?(a∈R)．

(1答案和解析1.【答案】A

【解析】解：依題意，A={x|x+1>0}={x|x>?1}2.【答案】C

【解析】解：由a2>b2?|a|>|b|；a3>b3?a>b；3.【答案】B

【解析】【分析】利用扇形的面積公式以及弧長公式，結(jié)合圓錐側(cè)面展開圖的弧長等于底面周長，半徑等于圓錐的母線長，求解即可．

本題考查了圓錐的側(cè)面展開圖的理解與應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握圓錐側(cè)面展開圖的弧長等于底面周長，半徑等于圓錐的母線長，考查了邏輯推理能力，屬于基礎(chǔ)題．【解答】

解：設(shè)圓錐的母線長為acm，

因為圓錐的側(cè)面積為2π?cm2

則12?a2π=2π，

解得a=2cm，

所以側(cè)面展開扇形的弧長為24.【答案】C

【解析】解：{an}為等差數(shù)列，Sn是其前n項和，且S11=22π3，S11=11a6，∴a6=2π3，

{bn}為等比數(shù)列，5.【答案】D

【解析】解：因為∠AFB=60°，F(xiàn)B=FA=a，所以三角形AFB為正三角形，

所以F(c,0)到直線bx?ay=6.【答案】B

【解析】解：f(x)=sin(ωx?π2)=?cosωx，

∵函數(shù)在7.【答案】B

【解析】解：設(shè)g(x)=f(x)x，則g′(x)=xf′(x)?f(x)x2，

∵當(dāng)x>0時，總有xf′(x)<f(x)成立，

即當(dāng)x>0時，g′(x)恒小于0，

∴當(dāng)x>0時，函數(shù)g(x)=f(x)x為減函數(shù)，

又∵g(8.【答案】BD【解析】解：因為D為AC上一點且滿足AD?=13DC?，

所以AC=4AD，因為AP=λAB+μAC，則AP=λAB+4μAD，

又P為BD上一點，所以B，P，D三點共線，則有λ+4μ=1，

由基本不等式可得，1=λ+4μ≥2λ?4μ=29.【答案】AB【解析】解：對于A，z=1+i1?i=(1+i)2(1?i)(1+i)=i，

則z30=i30=(i4)7?i2=?1，故A正確，

對于B，設(shè)z=a+bi，a，b∈R，10.【答案】AD【解析】解：設(shè)切點為(x0,x0ex0)，則y′|x=x0=1?x0ex0，

∴在切點處的切線方程為y?x0ex0=1?x0ex0(x?x0)11.【答案】BC【解析】解：對于選項A，由題意知|OF|=14，且BF垂直于x軸，

根據(jù)拋物線的定義可知|BF|=|BB′|=12，

設(shè)BB′與y軸的交點為D，易知|OD|=|BF|=12，|B′D|=14，故|OB′|=(12)2+(14)2=54，

所以四邊形OFBB′的周長為14+12+12+54=5+54，選項A錯誤；

對于選項B，由題意得|AF|=x1+14=54，解得x1=1，所以y1=±112.【答案】AC【解析】解：對于A，由A1E=A1D=2，EC=22，

則S△A1EC=12A1E×EC×sinA1EC=22sinA1EC，

所以當(dāng)∠A1EC=π2時，S△A1EC最大，且最大值為22，故A正確；

對于B，取A1D的中點G，連接EG，MG，顯然MG/?/CD，且MG=12CD，

又BE/?/CD，BE=12CD，所以四邊形MGEB為平行四邊形，

所以BM//EG，又A1E=2，且DE=22，G為A1D的中點，

則EG與A1D不垂直，所以BM與A1D不垂直，故B錯；

對于C，易知三棱錐A1?EDC體積最大時，平面A1DE⊥平面DEC，交線為DE，

作A1F⊥DE，因為A1F?平面A1DE，則A1F⊥平面DCBE，

取DC中點H，連接13.【答案】5

【解析】解：∵A(1,?1,2)，B(5,?6,2)，C(1,3,?1)，

∴AB=(4,?5,0)，AC=(0,4,?3)，

∵點D在直線AC上，

∴設(shè)AD=λAC=(0,4λ14.【答案】2【解析】解：依題意，f(x)=12sin2x?cos2x+12+12=2215.【答案】(?【解析】解：作出函數(shù)f(x)的圖象如圖：

設(shè)f(a)=f(b)=t，

則0<t≤1e，

∵a<b，∴a≤1，b>?1，

則f(a)=ea=t，f(b)=2b?1=t，

則a=lnt，b=116.【答案】2026

【解析】解：因為an,1=1?12i?1，所以an,1=1?12n?2，(n≥2)，

下面求數(shù)列{an,2}的通項，

由題意知，an,2=an17.【答案】解：(1)a1=2，an>0，an+1?(Sn+1+Sn)=2，

可得(Sn+1?Sn)(Sn+【解析】(1)由數(shù)列遞推式可得(Sn+1?Sn)(S18.【答案】解：(1)△ABC中，因為ab+ba=4cosC，

結(jié)合余弦定理，得a2+b2ab=4×a2+b2?c22a【解析】(1)利用余弦定理角化邊即可求解．

(2)根據(jù)弦化切將原等式變?yōu)閏osB=sin2B19.【答案】解：(1)設(shè)an，bn分別為第n年投入的電力型公交車，混合動力型公交車的數(shù)量，

依題意，{an}是首項為128，公比為1+50%=32的等比數(shù)列，{bn}是首項為400，公差為a的等差數(shù)列，{an}的前n項和Sn=128×[1?(32)n]1?32=256[(32【解析】(1)設(shè)an，bn分別為第n年投入的電力型公交車，混合動力型公交車的數(shù)量，依題意，{an}是首項為128，公比為1+50%=32的等比數(shù)列，{bn}是首項為400，公差為a的等差數(shù)列，由此可求出經(jīng)過n20.【答案】(1)證明：因為四邊形AA2B1B是菱形，所以A1B⊥B1A，

平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AC?平面ABC，AB⊥AC，

∴AC⊥平面AA1B1B，又A1B?平面AA1B1B，∴A1B⊥AC，

又B1A∩AC=A，∴A1B⊥平面AB1C，

又B1C?平面AB1C，∴A1B⊥B1C；

(2)解：l上不存在點P，使A1B與平面ABP所成角為30°，理由如下：

取A1B1的中點D，連接AD，∵∠ABB1=60°，∴∠AA1B1=60°，

又AA1=A1B1，∴△AA1B1為等邊三角形，∴AD⊥A1B1，

∵AB/?/A1B1，∴A【解析】(1)由已知可得A1B⊥B1A，進(jìn)而可證AC⊥平面AA1B1B，進(jìn)而可證A1B⊥平面AB1C，從而可證A1B⊥B1C；

(2)取A21.【答案】解：(Ⅰ)由題意可知ca=12，a+c=3，解得a=2，c=1．

∴b2=a2?c2=3，

則橢圓方程為：x24+y23=1；

(Ⅱ)當(dāng)矩形的ABCD四邊的斜率不存在時，S=2a×2b=2×2×2×3=83；

當(dāng)矩形的四邊斜率都存在時，不妨設(shè)AB，CD所在的直線的斜率為k，則BC，AD的斜率為?1k，

設(shè)直線AB的方程為y=kx+【解析】(Ⅰ)由題意可知ca=12，a+c=3，解得a=2，c=1.即可求出橢圓方程，

(Ⅱ)當(dāng)矩形的ABCD四邊的斜率不存在時，S=2a×2b=2×2×2×3=82