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湖南省长沙市长郡中学2024届高三数学上学期月考(一)试题(Word版附解析)

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英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷(一)数学本试卷共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.∴,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-09-26 06:55:01 页数:20
价格:¥3 大小:1.29 MB
文章作者:随遇而安

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