湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三数学上学期月考(一)试题（Word版附解析）

大联考长沙市一中2024届高三月考试卷（一）数学时量：120分钟满分：150分一､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.设非空集合P，Q满足，则表述正确的是（）A.，有B.，有C.，使得D.，使得【答案】B【解析】【分析】根据子集的定义即可求解.【详解】因为P⊆Q，则由子集的定义知集合P中的任何一个元素都在Q中，而Q中元素不一定在P中(集合相等或不相等两种情况)，故B正确，ACD错误．故选：B2.设等比数列的前项和为，若，则（）A.5B.15C.25D.35【答案】B【解析】【分析】根据等比数列前项和的性质列方程求解【详解】由等比数列的前项和的性质可得：也成等比数列，，得，解得.故选：B.3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的关系求解【详解】因为，所以，故选：B.4.抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】先求得抛物线的焦点，根据点到直线的距离公式列方程，求得，由此求得双曲线的离心率.【详解】抛物线即的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即，所以点到直线的距离为，则，则双曲线的离心率为.故选：A5.已知非零向量，则下列命题错误的是（）A.B.C.与向量共线的单位向量为D.记，则向量在向量上的投影向量为 【答案】C【解析】【分析】利用向量数量积的定义判断A；利用向量加法的三角形法则判断B；利用单位向量的定义判断C；利用投影向量的定义判断D.【详解】对于选项A：故A正确；对于选项B：当不共线时，由向量加法的三角形法则，可得；当反向共线时，可得；当同向共线时，可得；综合可得，故B正确；对于选项C：与向量共线的单位向量为，故C错误；对于选项由，易知，所以向量在向量上的投影向量为；故D正确.故选：C.6.已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：甲：；乙：；丙：；丁：如果只有一个假命题，则该命题为（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】D【解析】【分析】根据正态曲线的对称性可判定乙､丙一定都正确，继而根据正态曲线的对称性可判断甲和丁，即得答案.【详解】因为只有一个假命题，故乙､丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，所以乙､丙一定都正确，则， 故甲正确，根据正态曲线的对称性可得，故丁错.故选：D.7.如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】易得正方体外接球的球心在其中心点处，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点求解.【详解】解：如图，正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，连接，则，所以， 此时截面圆的半径，此时，截面面积的最小值.故选：C.8.设，记在区间上的最大值为，则的最小值为（）A.0B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】设，利用单调性求出的最值，再根据绝对值的意义确定，利用一次函数求解的最小值即可.【详解】设，则在上单调递减，在上单调递增，且，所以是三者中的较大者，如图：表示的函数图象为图中粗线部分，且，所以当时，的最小值为. 故选：B.二､多选题（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.已知，则（）A.的展开式中没有常数项B.的展开式中系数最大的项是C.的展开式的二项式系数之和为128D.的展开式中各项的系数之和为1【答案】ABC【解析】【分析】利用二项展开式的通项可判断A；结合二项式系数的性质以及二项展开式的通项可判断B；根据二项式系数和性质可判断C；利用赋值法求得项的系数和可判断D.【详解】对于选项的二项展开式的通项为，不满足，故的展开式中没有常数项，故正确；对于选项：由于的最大值为，故展开式中系数最大的项是，故B正确；对于选项C：展开式的二项式系数之和为，故C正确；对于选项：令，可得展开式中各项的系数之和为，故错误.故选：.10.如图，与分别为圆台上､下底面直径，，若，则（） A.圆台的全面积为B.圆台的体积为C.圆台的中截面（过圆台高的中点且平行底面的截面）面积为D.从点经过圆台的表面到点的最短距离为【答案】AD【解析】【分析】根据题目所给数据代入圆台的全面积公式和体积公式可知A正确，B错误；易知圆台的中截面是以等腰梯形的中位线为直径的圆，可得其截面积为，所以C错误；根据圆台侧面展开图利用弧长公式和余弦定理即可求得点经过圆台的表面到点的最短距离为，即D正确.【详解】对于选项：圆台的全面积包括上下底面积及侧面积，底面积为，根据圆台侧面积公式可得其侧面积为，所以圆台的全面积为，故A正确；对于B选项：根据台体体积公式可得圆台的体积为，故B错误；对于C选项：易知圆台的轴截面为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，所以中截面圆的半径长为，所以中截面圆的面积为，故C错误；对于D选项：将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开，延长交于点，如图所示： 在圆台的轴截面等腰梯形中，，根据台体性质易知分别为的中点，所以3，设，则，则，在中，，由余弦定理可得，因此，从点经过圆台的表面到点的最短距离为，故D正确.故选：AD.11.如图，直线与半径为1的圆相切于点，射线从出发绕点逆时针方向旋转到，在旋转过程中，交于点，设为（其中），射线扫过的圆内部的区域（阴影部分）的面积为，则下列说法正确的有（）A.B.函数的单调递增区间为C.函数图象的对称中心为D.函数在处的瞬时变化率最大【答案】ACD【解析】【分析】根据扇形及三角形面积公式求出即可判断A，求导数利用三角函数有界性可判断B，根据函数对称性的性质判断C，根据导数的几何意义三角函数有界性判断D. 【详解】由题意，，则.所以，故选项A正确；因为，故函数的单调递增区间为，故选项错误；因为，所以的图象关于点中心对称，故选项C正确；，故时，函数的瞬时变化率最大，故选项D正确.故选：ACD.12.已知数列满足，且对任意的正整数，都有，则下列说法正确的有（）A.B.数列是等差数列C.D.当为奇数时，【答案】ABD【解析】【分析】令，求得，判断A；根据等差数列定义可判断B；结合B的分析采用累加法可判断C；结合C，令，得，求得，即可判断D.【详解】由题意知，令，得，解得，故A正确此时，令，得，从而，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故B正确.所以，所以 ，所以，故C错误.令，得，所以，令，则k为奇数，则，又适合上式，所以当为奇数时，，故D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：根据已知数列满足，结合题意，可采用赋值的方法，即令取恰当的值进行求解；三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.已知两圆，若圆与圆有且仅有两条公切线，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】根据切线条数可知两圆相交，据此列出不等式求解即可.【详解】若圆与圆有且仅有两条公切线，则两圆相交，圆心，半径，圆心，半径，则，若两圆相交，则满足，即，得，又，所以，故答案为：.14.在等差数列中，若，且数列的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是__________.【答案】9 【解析】【分析】由题意可得且，由等差数列的性质和求和公式可得结论．【详解】等差数列的前项和有最大值，等差数列为递减数列，又，，，又，，则使成立的正整数的最大值是9.故答案为：915.已知函数，若恰有两个零点，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】恰有两个零点，等价于的两个实数根，设，利用导数研究函数单调性，作出函数图像，数形结合求解.【详解】函数，定义域R，显然不是的零点，令得，设，则，，解得且；，解得，有在上单调递减，上单调递减，上单调递增，时，；时，，当时，取得极小值，作出函数的大致图像如图所示， 结合图像可知实数的取值范围是.故答案为：16.已知函数的图象在轴上的截距为，且在区间上没有最值，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】先求出，根据条件求出周期确定的大致范围，再根据函数的性质建立不等式确定的具体范围.【详解】由题意可知，，且，则，又在区间上没有最值，，即；先考虑在区间上存在最值，则，即，又，即，即可取1，2，得；由在区间上没有最值，可得；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.记的内角的对边分别为.已知，点是边的中点， （1）证明：；（2）求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）直接利用三角函数的关系式的变换和正弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理和三角函数的关系式的变换求出结果.【小问1详解】由题意得：由正弦定理得：，即，所以，由于，所以：.【小问2详解】由题意知：，所以，同理由于，所以整理得，由余弦定理：.18.设各项均不为零的数列的前项和为，且对于任意，满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前99项和. 【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）根据数列的通项与前项和的关系，利用相减法可得，再根据等差数列的性质求解即可得数列的通项公式；（2）根据裂项相消法求和即可.【小问1详解】由题知.当时，；当时，，所以，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列是首项为2，公差也为2的等差数列，则，所以.【小问2详解】由（1）得，，即.19.如图，在三棱锥中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.（1）证明：平面； （2）若，三棱锥的体积是，求直线与平面所成角的大小.【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和性质定理可得答案；（2）解法一：设，由得，再利用求出，由（1）知平面，即为所求角，再由可得答案；解法二：设，由得，再利用求出，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【小问1详解】因为平面平面，所以，又因为，而平面，所以平面，又平面，所以.又因为，点是的中点，所以.而平面，所以平面平面，所以，又平面，所以平面；【小问2详解】解法一：设，由（1）得，，可知，由，得，故， 在Rt中，，所以，化简得，解得，故.由（1）知平面，故即为所求角，在Rt中，，又，故；解法二：设，由（1）得，，可知，由，得，故，在Rt中，，所以，化简得，解得.如图，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.因为，则，，由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，又，故. 20.现有一种射击训练，每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立．已知射击训练有A，B两种型号的炮弹，对于A型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为p（），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.6，击中两弹目标飞行物必坠段；对子B型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为q（），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.4，击中两弹目标飞行物坠毁的概率为0.8，击中三弹目标飞行物必坠毁．（1）在一次训练中，使用B型号炮弹，求q满足什么条件时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于；（2）若，试判断在一次训练中选用A型号炮弹还是B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大？并说明理由．【答案】（1）（2）使用B型号炮弹，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，利用间接法与二项分布的概率公式得到关于的不等式，解之即可；（2）先利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率，再利用作差法与构造函数法，结合导数比较得两概率的大小，从而得到结论.【小问1详解】因为每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立，所以在一次训练中，连发三发B型号炮弹，用表示命中目标飞行物的炮弹数，则（服从二项分布），则，即，则，即，则，又，故， 所以当时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于.【小问2详解】在一次训练中，连发三发A型号炮弹，用表示命中目标飞行物的炮弹数，则（服从二项分布），，记事件为“使用A型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，事件为“使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，则，，因为，所以，则，令，则，令，即，则，得，又，所以恒成立，所以在上单调递增，又，则，故，即，所以使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大.【点睛】关键点睛：本题解题的关键点有两次，一次是理解A、B型炮弹击中飞行物的次数服从二项分布，进而利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率；二次是利用导数比较两者概率的大小. 21.已知椭圆左焦点为，点到椭圆上的点的距离最小值是1，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上关于轴对称两点，交椭圆于另一点，求的内切圆半径的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用待定系数法求椭圆的方程；（2）设的直线方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，点三点共线且斜率相等结合韦达定理得出直线过定点，设所求内切圆半径为，结合面积公式以及对勾函数的单调性得出结果.【小问1详解】依题意解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】因为不与坐标轴垂直，可设的直线方程为， 设点，则，联立得，则因为点三点共线且斜率一定存在，所以，所以，将代入，化简可得，故，解得，满足所以直线过定点，且为椭圆右焦点，设所求内切圆半径为，因为，所以，令，则，所以，因为，对勾函数在区间上单调递增，所以，则.所以内切圆半径的范围为.22.已知函数.（1）若.求证：；（2）若函数与函数存在两条公切线，求整数的最小值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）构建，求导，利用导数判断原函数的单调性与最值，进而可得结果；（2）设两函数切点坐标，利用导数求斜率，可得切线方程，根据切线方程斜率和截距分别相等列方程组，消元后构造函数，利用导数研究函数最值即可求解.【小问1详解】当时，，令，则，令，因为，所以区间上单调递增，且，所以存在，满足，当时，单调递减；当时，单调递增；则当时，取得最小值，可得，因为，所以不成立，故等号不成立，则，所以当时，.【小问2详解】设公切线与两函数的图象分别相切于点和点，因为，所以直线的方程可表示为或，则有，① ，②由①可得，代入②可得，即，令，则，令，则，，所以由复合函数的单调性可知在区间上单调递增，又，根据零点存在定理知，存在，使得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.因为在上单调递增，所以，则，又为整数，所以，故所求整数的最小值是.