湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考(四)数学 Word版含解析.docx

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长沙市一中2024届高三月考试卷（四）数学试题一、选择题（本大题共8个小题，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.已知集合，，则集合等于（）A.；B.；C.；D.．【答案】D【解析】【分析】求出集合，根据交集含义即可得到答案.【详解】当时，；当时，；当时，，故，故，故选：D.2.已知平面向量，则与方向相同的单位向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】向量除以模长即可.【详解】与方向相同的单位向量为.故选：C.3.第19届亚运会正在杭州举行，运动员甲就近选择A餐厅或者B餐厅就餐，第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.5，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（）A.0.75B.0.6C.0.55D.0.45【答案】B【解析】 【分析】根据全概率公式计算即可.【详解】运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为，故选:B.4.函数的部分图象如图所示，下列说法不正确的是（）A.函数的图象关于点对称B.函数的图象关于直线对称C.函数在单调递减D.该图象向右平移个单位可得的图象【答案】C【解析】【分析】先根据函数图象求出解析式，A选项，计算出，A正确；B选项，，B正确；C选项，求出，整体法得到函数在此区间上不单调；D选项，根据左加右减求出平移后的解析式.【详解】因为，由图象可知，设的最小正周期为，由图象可知，解得，因，所以，解得， 故，将代入解析式，可得，故，解得，因为，所以，故，A选项，当时，，故函数的图象关于点对称，A正确；B选项，当时，，故函数的图象关于直线对称，B正确；C选项，时，，因为在不单调，故函数在不单调递减，C错误；D选项，的图象向右平移个单位可得，D正确.故选：C5.若与轴相切的圆与直线也相切，且圆经过点，则圆的半径为（）A.1B.C.或D.1或【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到圆的圆心在两切线所成角的角平分线上，设圆心，得到圆的方程为，将点代入，求得的值，即可得到答案.【详解】如图所示，因为直线的倾斜角为，且圆经过点， 因为圆与轴和直线都相切，所以圆的圆心在两切线所成角的角平分线上，设圆心，则圆的方程为，将点的坐标代入，得，整理得，解得或，所以圆的半径为1或.故选：D.6.若函数是偶函数，则的最小值为（）A.4B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】根据为偶函数求出，再利用基本不等式求解.【详解】由为偶函数可得，即，所以．因为，且，，所以，所以，则，当且仅当，即时，取最小值4．故选：A7.已知函数，，，若，图像上分别存在点M，N关于直线 对称，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，设的图像上点的坐标为，可得的坐标为，列出方程可得，求得函数，的值域，即可得到结果.【详解】设的图像上点的坐标为，其关于直线的对称点的坐标为，点在图像上.所以有，且，消去可得，所以.令，，则，当时，，所以函数单调递增，且，所以的值域为，所以实数的取值范围为.故选:A.8.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】先构造与垂直的平面，利用面面平行，得到平面，进而确定交线，最后再应用余弦定理计算即可.【详解】先找到一个平面总是保持与垂直，取，的中点，，连接，，.因为是正方形，所以.因为底面.所以.又，所以平面.所以.因为在中，，为的中点，所以.又，所以平面.进一步.取，，的中点，，，连接，，，，易证平面平面.故平面，记，又是内的动点，根据平面的基本性质得：点的轨迹为平面与平面的交线段，在中，，，，由余弦定理得:.故.故选:B.二、选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，中国南宋数学家杨辉在1261 年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲早393年发现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（）A.由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数字之和”猜想B.由“第行所有数之和为”猜想：C.第20行中，第10个数最大D.第15行中，第7个数与第8个数的比为7：9【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，根据“杨辉三角”的规律进行判断即可；对于B选项，根据二项式系数之和的性质进行计算即可；对于C选项，第20行的数为，进而求解其最大项即可；对于D选项，根据规律找到第7、8个数，直接计算即可.【详解】对于A选项，由“杨辉三角”的规律可得A正确；对于B选项，由二项式系数的性质知，B正确；第20行的数是，最大的是第11个数，C错误；第15行中，第7个数与第8个数分别是和，，D正确.故选：ABD.10.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（）A.B. C.最大值为D.的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】首先根据已知条件，确定公比的取值范围，然后根据数列的单调性逐一进行判断即可.【详解】A项，且，而和异号.由于知，，即，，，故A项正确；B项，从前面的求解过程知，，说明是单调递减的正项等比数列，且，所以，那么，故B项正确；C项，是正项数列，没有最大值，故C项错误；D项，从前面的分析过程可知前6项均大于1.从起全部在上.所以的最大值为，故D项正确，故选：ABD11.如图，等边三角形的边长为4，为边的中点，于.将沿翻折至的位置，连接.那么在翻折过程中，下列说法当中正确的是（）A.B.四棱锥的体积的最大值是C.存在某个位置，使D.在线段上，存在点满足，使为定值【答案】ABD 【解析】【分析】由线面垂直的判定及性质判断A；首先确定平面平面时，四棱锥的体积最大，再由线面垂直的判定找到四棱锥底面上的高，最后应用棱锥体积公式求体积判断B；假设存在某个位置，使得，连接，根据线面垂直的判定、性质证得，进而有得到矛盾判断C；取的中点，连接，由线面垂直的性质得，结合已知求判断D.【详解】A：因为，即，，因为，面，则平面，因为平面，所以，正确；B：当平面平面时，四棱锥的体积最大.由A易知为二面角的平面角，此时.即，，，面，此时平面，即为四棱锥底面上的高，四棱锥的体积的最大值为：，正确；C：假设存在某个位置，使得，连接，由正三角形性质得，因为，面，所以平面，由平面，所以，由A知，因为，面，所以平面，由平面，所以，则，与题设矛盾，假设不成立，错误； D：由题设，点在线段上，且，取的中点，连接，则，，由底面三角形的边长为4，则，，，因为平面，所以面，面，所以，所以为直角三角形，且，，故为定值，正确.故选：ABD.12.已知双曲线：，点为双曲线右支上的一个动点，过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，两点，则下列说法正确的是（）A.双曲线的离心率为B.存在点，使得四边形为正方形C.直线，的斜率之积为2D.存在点，使得【答案】AB【解析】【分析】根据双股曲线方程求出离心率判断A；取特殊点判断B；设，求出的坐标，进而求出直线，的斜率之积，判断C；利用两点间距离公式表示出，令其等于，结合双曲线方程可判断D.【详解】对于A，由双曲线：，得，故，A正确；对于B，双曲线：的渐近线为，则四边形为矩形，又双曲线右顶点为，到直线的距离均为，故矩形为正方形，即存在点，即M为双曲线右顶点时，使得四边形为正方形，B正确；对于C，设，不妨设A在第一象限，B在第四象限， 由于，故可得方程为，联立，可得，则，同理，可得的方程为，联立，可得，则，故，而，故，C错误；对于D，由以上分析可知，同理,故，根据双曲线的对称性，不妨假设M在第一象限，则，故，令，将代入，即有，显然不可能，即双曲线上不存在点，使得，D错误，故选：AB【点睛】难点点睛：本题综合考查了双曲线性质的应用，解答的难点在于选项D的判断，解答时要注意根据点的坐标表示出的表达式，进而结合方程推出矛盾，判断该选项错误. 三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.已知角的终边过点，且，则___________.【答案】##【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】，由于角的终边过点，所以在第四象限，所以，所以.故答案为：14.已知圆台的上、下底面直径分别为2和4，高为1，则该圆台外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】结合圆台的上、下底面直径，及勾股定理，列出等式即可.【详解】设外接球的半径为，下底面距圆心的距离为.易得，解得，.故外接球的表面积为.故答案为：15.设为抛物线的焦点，，，为该抛物线上不同的三点，若，为坐标原点，则___________.【答案】14【解析】【分析】解：设，，，根据，得到 ，再利用抛物线的定义求解.【详解】解：设，，，易知，，则，，.因为，所以，即.由抛物线的定义可得，，，所以.故答案：1416.函数的值域为__________.【答案】【解析】【分析】首先确定函数的周期，然后利用导数研究函数一个周期内的单调性，进而求得函数的值域.【详解】是函数的一个周期，所以只需要考虑函数在的取值范围即可.，易知在内有三个零点，依次，，.函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，计算有，，，，所以函数的值域为.故答案为：四、解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在平面四边形ABCD中，，，． （1）若的面积为，求AC；（2）若，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用三角形面积公式有，可求，由余弦定理即可求；（2）设，在中，在△中应用正弦定理有，即可求，得解.【小问1详解】在中，，，∴，可得，在中，由余弦定理得，∴．【小问2详解】设，则，在中，，易知：，在中，， 由正弦定理得，即，∴，可得，即.18.某电视台为了解不同性别的观众对同一档电视节目的评价情况，随机选取了100名观看该档节目的观众对这档电视节目进行评价，已知被选取的观众中“男性”与“女性”的人数之比为，评价结果分为“喜欢”和“不喜欢”，并将部分评价结果整理如下表所示.评价性别喜欢不喜欢合计男性15女性合计50100（1）根据所给数据，完成上面的列联表；（2）依据的独立性检验，能否认为性别因素与评价结果有关系？（3）电视台计划拓展男性观众市场，现从参与评价的男性中，按比例分层抽样的方法选取3人，进行节目“建言”征集奖励活动，其中评价结果为“不喜欢”的观众“建言”被采用的概率为，评价结果为“喜欢”的观众“建言”被采用的概率为，“建言”被采用奖励100元，“建言”不被采用奖励50元，记3人获得的总奖金为X，求X的分布列及数学期望.附：0.0100.0050.0016.6357.87910.828 【答案】（1）列联表见解析（2）能认为性别因素与评价结果有关系（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据男女比例计算出男性和女性人数，然后可得；（2）根据公式计算卡方值，然后查表可得；（3）根据“建言”被采用人数求出概率，得到分布列，由期望公式可得.【小问1详解】男性有人，女性有人，然后可得下表：评价性别喜欢不喜欢合计男性153045女性352055合计5050100【小问2详解】零假设：假设性别因素与评价结果无关，计算卡方值，小概率值对应的临界值为，所以.故推断零假设不成立，评价结果与性别有关系.【小问3详解】由题意得，选取的3人中，评价结果“喜欢”的为1人，“不喜欢”的为2人.所以的所有可能取值为.则，. ..150200250300数学期望为.19.已知等差数列的前项和为，，为整数，且.（1）求的通项公式；（2）设数列满足，且数列前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可知，，列出不等式组，解之可得，结合等差数列的通项公式即可求解；（2）由（1）得，当为偶数时，，当为奇数时，，结合和恒成立问题依次计算即可求解.【小问1详解】设等差数列的公差为.由，可知，，即因为为整数，所以，结合不等式组解得，所以.【小问2详解】 由（1）可知.当为偶数时，.又，即对任意偶数都成立，所以.同理，当为奇数时，，又，即对任意奇数都成立，易知当奇数时，函数取得最小值-15，故.综上，.20.如图，已知正方体的棱长为2.，分别为与上的点，且，.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证明均与平面垂直，进而证明；（2）分别求出两个面的法向量，利用法向量求面面角的余弦值. 【小问1详解】证明：如图，连接，.因为平面，平面，所以.因为四边形是正方形，所以，又因为，平面，所以平面.又因为平面，所以.同理可得，又因为，平面，所以平面.因为，，所以四边形为平行四边形，所以.因为，所以.又因为，，平面，所以平面.所以.【小问2详解】如图，以A为坐标原点，，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，. 连接，，易知，，，平面，故平面，所以平面的一个法向量为.又，，设平面的法向量，由（1）知，故，则令，得，，∴平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知经过点的椭圆的上焦点与抛物线焦点重合，过椭圆上一动点作抛物线的两条切线，切点分别为．（1）求和的方程；（2）当在椭圆位于轴下方的曲线上运动时，试求面积的最大值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程即可求出，从而求出椭圆方程与其上焦点坐标，则可求抛物线方程；（2）依题意的斜率存在，设，，（ ），联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线、，联立得到点坐标，从而得到，设的中点为，表示出点坐标，则，最后由二次函数的性质计算可得.【小问1详解】因为点的椭圆，所以，解得，所以椭圆，则椭圆的上焦点为，所以，解得，则抛物线.【小问2详解】依题意的斜率存在，设，，（），由，消去整理得，所以，因为，则，所以：，即：，同理可得：，由直线的方程与直线的方程联立有，可得，将代入直线可得，所以，即，因为点在椭圆上，所以，即，设的中点为，则，即， 所以，因为，所以，解得，又，所以，则，所以当时，又在上单调递增，此时，所以.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数.（1）若，判断函数的单调性，并说明理由； （2）若时，恒成立.（i）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：，.【答案】（1）在上单调递增，理由见详解（2）（i）；（ii）证明见详解【解析】【分析】（1）应用导数证明函数的单调性；（2）（i）利用导数证明不等式，需分与讨论即可；（ii）由（i）知对时恒成立，令，则，则有，累加计算再放缩即可.【小问1详解】函数的定义域为，当时，，.所以函数在上单调递增.【小问2详解】（i）.当时，，所以，满足题意；当时，令，则，在上单调递减，所以当时，，即，单调递减，所以，不符合题意.综上，实数的取值范围是. （ii）由（i）可知对时恒成立.令，则，则有.取，有即.