湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（一）数学Word版含解析.docx

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英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷（一）数学试卷本试卷共8页。时量120分钟。满分150分。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.集合，集合，则（）A.B.C.D.2.已知，向量，，则“”是“”的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.复数（，为虚数单位），表示的共轭复数，表示的模，则下列各式正确的是（）A.B.C.D.4.若直线：与圆：交于，两点，则的最小值为（）A.B.C.D.5.数列满足若，则等于（）A.B.C.D.6.现有长为89cm的铁丝，要截成小段，每段的长度为不小于1cm的整数，如果其中任意三小段都不能拼成三角形，则的最大值为（）A.8B.9C.10D.117.已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是（） A.B.C.D.8.已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（）A.B.C.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.同学们，你们是否注意到：自然下垂的铁链；空旷田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深涧的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数，以下结论正确的是（）A.如果，那么为奇函数B.如果，那么为单调函数C.如果ab>0，那么没有零点D.如果，那么的最小值为210.由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱，，，的中点，，，，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）A.B.C.平面D.几何体2的表面积为 11.已知随机变量，，，，记，其中，，则（）A.B.C.D.若，则12.已知，函数，则（）A.对任意，，存在唯一极值点B.对任意，曲线过原点的切线有两条C.当时，存在零点D.当时，的最小值为1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________.14.用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，则的展开式中，的系数是___________.（用数字作答）15.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是____________.16.如图，椭圆的中心在原点，长轴在轴上.以，为焦点的双曲线交椭圆于，，，四点，且.椭圆的一条弦交双曲线于，设，当时，双曲线的离心率的取值范围为____________.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.（10分）在中，内角，，的对边分别为，，，且 .（1）求；（2）是否存在，使得，若存在，求；若不存在，说明理由.18.（12分）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，.（1）证明：；（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最大?19.（12分）已知数列满足，，.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的前项和.20.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.21.（12分）某单位在“全民健身日”举行了一场趣味运动会，其中一个项目为投篮游戏.游戏的规则如下：每局游戏需投篮3次，若投中的次数多于未投中的次数，该局得3分，否则得1分.已知甲投篮的命中率为，且每次投篮的结果相互独立.（1）求甲在一局游戏中投篮命中次数的分布列与期望；（2）若参与者连续玩局投篮游戏获得的分数的平均值大于2，即可获得一份大奖.现有和两种选择，要想获奖概率最大，甲应该如何选择?请说明理由.22.（12分）已知抛物线：，，，是抛物线上的三点，且满足，过作 于点.（1）若，求证直线过定点；（2）设，记点轨迹围成的图形的面积为，记的面积为，当直线的倾斜角不是钝角时，求的最小值.英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷（一）数学参考答案一、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.题号12345678答案ABDCCBDD1.A【解析】解不等式，得，则，解不等式，得，即，所以，故选A.2.B【解析】若向量，则，即，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故选B.3.D【解析】因为，所以，故A错误；，，故B错误；，，故C错误；由复数的几何意义可知，，则，故D正确.故选D.4.C【解析】依题意，圆：，故圆心到直线：的距离，故，当且仅当时等号成立，故，故选C.5.C【解析】因为，所以，，， ，所以数列具有周期性，周期为4，所以.故选C.6.B【解析】截成的铁丝最小为1，因此第一段为1，因段之和为定值，欲尽可能的大，则必须每段的长度尽可能小，所以第二段为1，又因为任意三条线段都不能构成三角形，所以三条线段中较小两条之和不超过最长线段，又因为每段的长度尽可能小，所以第三段为2，为了使得最大，因此要使剩下的铁丝尽可能长，因此每一条线段总是前面的相邻两段之和，依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，以上各数之和为88，与89相差1，因此可以取最后一段为35，这时达到最大为9.故选B.7.D【解析】由题设有,令，则有，，即，.因为在区间内没有零点，故存在整数，使得，即因为，所以且，故或,所以或，故选D.8.D【解析】设，其判别式，∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，由，得，， ∴①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；②当时，，故，则，∵在上单调递增，∴在上也单调递增，，，由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，综上，实数的范围是.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.题号9101112答案BCABCABDABD9.BC【解析】对于A，当时，函数，此时，所以为偶函数，故A错误.对于B，当时，令，，函数在其定义域上为单调递增函数，函数在其定义域上也为单调递增函数，故函数在其定义域上为单调递增函数；令，，函数在其定义域上为单调递减函数，函数 在其定义域上也为单调递减函数，故函数在其定义域上为单调递减函数；综上，如果，那么为单调函数，故B正确.对于C，当，时，函数，当，时，函数；综上，如果，那么函数没有零点，故C正确.对于D，由，则,当，时，函数；当，时，函数；故时，函数可能没有最小值，故D错误.故选BC.10.ABC【解析】将几何体1与几何体2合并在一起，连接，，，，，，记，易得，对于A，因为在正四棱台中，，是的中点，所以，又是的中点，，所以，则，，又，所以，所以四边形是平行四边形，则，同理，， 所以四形边是边长为2的菱形，在边长为4的正方形中，，因为，是，的中点，所以，，所以，故A正确；对于B，因为在正四棱台中，平面平面，又平面平面，平面平面，所以，又，所以，故B正确；对于C，在四边形中，由比例易得，由对称性可知，而，所以，则，即，而由选项B同理可证，所以，因为在正方形中，，而，所以，因为，平面，所以平面，故C正确；对于D，由选项A易知四边形是边长为2的正方形，上下底面也是边长为2的正方形，四边形是边长为2的菱形，其高为，所以几何体2是由4个边长为2正方形和8个上述菱形组合而成，所以其表面积为，故D错误.故选ABC.11.ABD【解析】对于A，，所以A正确；对于B，因为，所以B正确；对于C，当时，，所以C错误； 对于D，因为，所以当时，最大，所以D正确；证明如下：若，则，若，则，解得，故当时，单调递增，当时，单调递减，即当为整数时，或时，取得最大值，当不为整数时，为的整数部分时，取得最大值.故选ABD.12.ABD【解析】对于A，由已知，函数，可得，令，∴，则在上单调递增，令，则，当时，作出函数，的大致图象如图1，当时，作出函数，的大致图象如图2，可知，的图象总有一个交点，即总有一个根，当时，；当时，；此时存在唯一极小值点，A正确；对于B，由于，故原点不在曲线上，且， 设切点为，，则，即，即，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，又当时，；当时，，故在和上各有一个零点，即有两个解，故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；对于C，当时，，，故，其在上单调递增，，，故存在，使得，即，结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，令，则，且为增函数，当，，当且仅当时取等号， 故当时，，则在上单调递增，故，令，则，故，此时的最小值为，无零点，C错误；对于D，当时，为偶函数，考虑的情况，此时，，结合A的分析可知在上单调递增，，故时，，则在上单调递增，又为偶函数，故在上单调递减，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.【解析】因为，则，所以.14.2023【解析】用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数中，满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，即，当时，不妨设，则，所以的系数是.15. 【解析】由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为，故小三角形的边长为，小球与一个面不能接触到的部分的面积为，所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.16.【解析】设，，则设，，（其中为双曲线的半焦距，为，到轴的距离），∵，则∴，即，∴，，即点坐标为，设双曲线的方程为，将代入方程，得，①将，代入①式，整理得，，消去，得，所以，由于，所以，故，∴.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）因为， 所以，可得或，即或，所以，又因为，所以或.（2）因为，所以.当时，，可得，所以，又因为，所以.当时，，可得，所以，无解，综上，当时，存在，使得；当时，不存在，使得.18.【解析】（1）连接，∵，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，∴，，∵，，∴， ∴，，∴，即，故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，且，则，∴，，∴，即.（2）∵平面，∴平面的一个法向量为，由（1）知，，，设平面的法向量为，则即令，则，，∴，∴，又，∴当时，平面与平面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，故当时，平面与平面所成的二面角的正弦值最大.19.【解析】（1）由，可得，则， 令，则再结合，解得∴，又，∴是首项为1，公差为2的等差数列.（2）由（1）知，∴，∴.20.【解析】（1）因为，定义域为，所以.当时，由于，所以恒成立，此时在上单调递减；当时，，令，得，则当时，，有在上单调递增；当时，，有在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）我们先证明引理：，恒有且.引理的证明：设，.故只需证明，恒有，. 由于，知当时，；当时，；则在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，恒有.由于，知当，均有，所以恒有，故在上单调递增，则.所以，恒有.综上，引理得证.回到原题：由（1）得，故只需证明：对，恒有，即.由引理得.命题得证.21.【解析】（1）由题意知，则，，，，所以的分布列为0123.（2）由（1）可知在一局游戏中，甲得3分的概率为，得1分的概率为，若选择，此时要能获得大奖，则需次游戏的总得分大于，设局游戏中，得3分的局数为，则，即. 易知，故此时获大奖的概率；同理可以求出当，获大奖的概率为，因为，所以，则，答：甲选择时，获奖的概率更大.22.【解析】（1）设，，则的斜率，所以直线的方程为，化简得，①又∵，即，∴，②比较①、②，所以恒过点.（2）由（1）知，直线的方程为，①由，得，化简得，③ 比较①和③式，恒过点，又，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆的半径，∴.又设直线的方程为，联立消去得（其中，），∴，∴，令，则，令，，所以在单调递减，在单调递增.∴，