湖南省雅礼中学2023-2024学年高三上学期月考（二）数学答案Word版.docx

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大联考雅礼中学2024届高三月考试卷（二）数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟，满分150分．第Ⅰ卷一、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.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.【详解】．故选:C.2.全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，所以.故选：C3.函数的部分图象大致是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.【详解】易知的定义域为，因为，所以为奇函数，排除答案B，D；又，排除选项C．故选:A．4.在边长为3的正方形ABCD中，点E满足，则（）A.3B.C.D.4【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系，写出相关点的坐标，得到，，利用数量积的坐标运算计算即可.【详解】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示直角坐标系，由题意得， 所以，，所以.故选：A.5.某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（）（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.【详解】设半球的半径为，因为，所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，所以，所以该实心模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为故选：C6.已知数列为等比数列，其前n项和为，，则“公比”是“对于任意，”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式以及前项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.详解】若，且公比，则，所以对于任意，成立，故充分性成立；若，且，则，所以由对于任意，，推不出，故必要性不成立；所以“公比”是“对于任意，”的充分不必要条件.故选:A7.若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sinx－a)·(cosx－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式得到，要求y＝sinx和y＝cosx图象不在y＝a＝的同一侧，利用正弦函数、余弦函数图象的性质进行解答即可．【详解】在同一坐标系中，作出y＝sinx和y＝cosx的图象，当m＝时，要使不等式恒成立，只有a＝，当m＞时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sinx和y＝cosx的图象不在y＝a＝的同一侧.∴由图可知m的最大值是.故选：C. 8.已知函数的定义域为R，，且在上递增，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据可得关于直线对称，根据可得，结合函数的单调性可得函数图象，根据图象列不等式求解集即可.【详解】解：函数，满足，则关于直线对称，所以，即，又在上递增，所以在上递减，则可得函数的大致图象，如下图：所以由不等式可得，或，解得或，故不等式的解集为.故选：D.二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.对于实数，，，下列选项正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则，D.若，，则 【答案】ABD【解析】【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.【详解】对选项A，因为，所以，，所以，故A正确；对选项B，，，所以，因为，所以，即，故B正确；对选项C，令，，满足，不满足，，故C错误；对选项D，因为，，所以，故D正确．故选：ABD．10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.B.函数的最小正周期为C.函数的对称轴方程为D.函数图象可由的图象向右平移个单位长度得到【答案】AB【解析】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的图像性质逐项判断.【详解】，所以A正确； 对于B，函数的最小正周期为，所以B正确；对于C，由，，得，，所以函数的对称轴方程为，，所以C不正确；对于D，的图象向右平移个单位长度，得，所以函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以D不正确．故选：AB．11.设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）A.若，则是数列的最大项B.若数列有最小项，则C.若数列是递减数列，则对任意的：，均有D.若对任意的，均有，则数列是递增数列【答案】BD【解析】【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有. 故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．故选：BD12.如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A.四面体的体积为定值B.当，分别为棱，的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行C.直线与平面所成角的正切值的最小值为D.当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形【答案】ACD【解析】【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；作出线面角，并求出其正切表达式判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.【详解】点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，所以四面体的体积恒为定值，A正确；在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误； 正方体棱长为2，如图1，过作于，则有平面，于是与平面所成角即为，于是，又长度的最大值为，所以与平面所成角的正切值的最小值为，C正确；如图2，取中点，连接，有，且，则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，连接，在上取点，使得，同证的方法得，在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，即，而，于是四边形是平行四边形，有，则为过，，三点的平面与平面的交线，连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．故选：ABD【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若函数的图象在处的切线斜率为3，则__________．【答案】【解析】【分析】求导，利用求解即可. 【详解】解：因为，所以，又函数的图象在处的切线斜率为3，则，所以．故答案为：14.在平面直角坐标系中，圆与轴的正半轴交于点，点，在圆上，若射线平分，，则点的坐标为__________．【答案】【解析】【详解】由题意可知圆的半径为，设，由题意可知，，则点的横坐标为，点的纵坐标为．故答案为：．15.已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．【答案】【解析】【分析】由题意可得，再结合基本不等式即可得答案.【详解】解：因为函数为偶函数，则，即，① 又因为函数为奇函数，则，即，②联立①②可得，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故函数的最小值为．故答案为：16.已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为120°，，则三棱锥的外接球的表面积为________.【答案】【解析】【分析】将沿折起后，取中点为，连接，，得到，在中由余弦定理求出的长，进一步求出的长,分别记三角形与的重心为、，记该几何体的外接球球心为，连接，，证明与全等，求出，再推出，连接，由勾股定理求出，即可得出外接球的表面积.【详解】将沿折起后，取中点为，连接，，则，，所以即为二面角的平面角，所以；设，则,在中，即解得，即，所以所以与是边长为的等边三角形.分别记三角形与的重心为、，则，；即；因为与都是边长为的等边三角形，所以点是的外心，点是的外心； 记该几何体的外接球球心为，连接，，根据球的性质，可得平面，平面，所以与都是直角三角形，且为公共边，所以与全等，因此，所以；因为，，，且平面，平面，所以平面；又平面，所以，连接，则外接球半径为，所以外接球表面积为.故答案为：【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知正项数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明.【小问1详解】依题意可得，当时，，，则；当时，，，两式相减，整理可得，又为正项数列，故可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.【小问2详解】证明：由（1）可知，所以，，所以成立18.在中，角、、所对的边分别为、、，已知.（1）求；（2）若，的内切圆半径为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可得出，结合余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】 解：因为，由正弦定理可得，①因为，所以，代入①式整理得，又因为、，，则，所以，又因为，解得.【小问2详解】解：由（1）知，，因为内切圆半径为，所以，即，所以，②，由余弦定理得，所以③，联立②③，得，解得，所以的周长为.19.如图，在三棱柱中，，，，，且平面．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质和判断定理可得平面，从而即可证明；（2）建立以为原点，分别以，，所在直线为，，轴的空间坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：因平面，平面，所以，因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以．又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以．【小问2详解】解：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，，所以，设平面的一个法向量为， 则，取，可得，，所以，设二面角的大小为，因为，所以，所以二面角的正弦值为．20.如图，已知椭圆上一点，右焦点为，直线交椭圆于点，且满足，．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于两点，求四边形面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知得，由且，知，即可求出椭圆的标准方程；（2）直线的方程为，与椭圆联立求出，求出点到直线 的距离为，，联立直线与椭圆方程结合弦长公式求出，求出四边形的面积，整理化简利用二次函数求出最值.【详解】（1）为椭圆上一点，又，可得，，即所以椭圆的标准方程是.（2）由（1）知，，直线的方程为，联立，整理得：，解得：，设点，到直线的距离为和，则，，直线与椭圆相交于两点，联立，整理得：，解得：..设四边形面积为，则.设，则， 当，即，即时，四边形面积有最大值.【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21.如图所示，是圆锥的一部分(A为圆锥的顶点)，是底面圆的圆心，，是弧上一动点（不与、重合），满足．是的中点，．（1）若平面，求的值；（2）若四棱锥的体积大于，求三棱锥体积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明出，可得出， ，然后在中利用正弦定理可求得的值；（2）计算得出四边形的面积，结合可求得的取值范围，设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，计算得出，结合正弦型函数的基本性质可求得结果.【小问1详解】解：取的中点，连接，为的中点，则，平面，平面，则平面，由题设，当平面时，因为，所以，平面平面，平面，则平面，因为平面，平面平面，则，所以，，，在中，由正弦定理可得，故.【小问2详解】解：四棱锥的体积，其中表示四边形的面积，则，所以，，可得， ，则，故，解得.设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，由于是的中点，则.22.混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为．目前，我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．（1）证明：；（2）若，．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性．公众号：高中试卷君【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.【小问1详解】由题意可得满足二项分布，由知，，当且仅当时取等号；【小问2详解】记（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），（混管中恰有i例阳性）=，，令，， 则，当时，，为单调递减，当时，，为单调递增，所以，且，，所以当，即，两边取自然对数可得，所以当，时，所以，则．故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.