湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三数学上学期月考（二）试题（Word版附解析）

大联考长郡中学2024届高三月考试卷（二）数学得分__________.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.若集合，则的元素个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】求出，得到交集，得到元素个数.【详解】集合，，则，即元素个数为3.故选：B2.设，若复数的虚部为3（其中为虚数单位），则（）A.B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】利用的性质和复数的除法运算化简求出其虚部令其等于3可得答案.【详解】复数，因为其虚部为3，所以，可得.故选：A.3.已知非零向量，满足，，若，则向量在向量方向上的投影向量为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】依题意可得，根据数量积的定义及运算律求出，即可求出，最后根据计算可得.【详解】因为，所以，∴，又，所以，∴或（舍去），所以，所以在方向上的投影向量为.故选：A.4.设抛物线：焦点为，在上，，则的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义求得，进而确定正确答案.【详解】抛物线的开口向上，由于在上，且，根据抛物线的定义可知，所以抛物线的方程为.故选：A5.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由题意可得在区间恒成立，进一步转化为在区间恒成立，从而可求出实数的取值范围【详解】由，得，因为函数在区间上单调递增，所以在区间恒成立，所以在区间恒成立，即在区间恒成立，所以.故选：D6.直线与圆相交于两点，则是“的面积为”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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【详解】试题分析：由时,圆心到直线的距离.所以弦长为.所以.所以充分性成立,由图形的对称性，当时,的面积为.所以不要性不成立.故选A.考点：1.直线与圆的位置关系.2.充要条件.7.已知，且，则（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.【详解】， ,，又，则，即所以，因为，所以，.由平方可得，即，符合题意.综上，.故选：B.8.若实数满足，则的最小值是（）A.8B.9C.10D.11【答案】A【解析】【分析】先画出函数和的图像，再根据图像解释的几何意义即可.【详解】由，得，令，则，令得，当时，单调递减，当时，单调递增；由，得，令，的图像如下图： 则表示上一点与上一点的距离的平方，显然，当过M点的切线与平行时，最小，设上与平行的切线的切点为，由，解得，所以切点为，切点到的距离的平方为，即的最小值为8；故选：A.二､多选题本题共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.关于下列命题中，说法正确的是（）A.已知，若，则B.数据的分位数为77C.已知，若，则D.某校三个年级，高一有400人，高二有360人.现按年级分层，用分层随机抽样的方法从全校抽取57人，已知从高一抽取了20人，则应从高三抽取19人【答案】CD【解析】【分析】对各个选项进行分析判断即可得出结论.【详解】对于， ，，解得，故A错误；对于，将数据从小到大排序为，，分位数为第5个数，即78，故B错误；对于，，故C正确；对于D，抽样比为，高二应抽取人，则高三应抽取人，故D正确.故选：CD.10.已知函数，则（）A.函数的最小正周期为B.若函数为偶函数，则C.若，则函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到D.若，则函数的图象的对称中心为【答案】ACD【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，逐项判定，得出结论．【详解】由题意，函数，其中可得函数的最小正周期为，故A正确；若函数为偶函数，则，故B错误；若，则函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到，故C正 确；若，则函数，令，求得，，可得它的图象的对称中心为，故D正确，故选：ACD．11.如图，四棱锥的底面是梯形，，，，，平面平面，，分别为线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，则下列结论正确的是（）A.B.三棱锥外接球的体积为C.异面直线与所成角的余弦值为D.若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为【答案】AC【解析】【分析】根据平面平面，得到平面,可判断A，B选项；异面直线与所成角的余弦值在中由余弦定理，可判断C选项；若直线与平面所成的角为，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆可判断D选项.【详解】 易证四边形为菱形，所以，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面又平面，所以，故A正确；易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，因为，所以，在中，由余弦定理，得，故C正确；因为平面，所以为在平面内的射影，若直线与平面所成的角为，则，因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，所以点的轨迹长度为，故D错误．故选：．12.已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（）A.B.关于对称C.在上单调递增 D.【答案】BCD【解析】【分析】赋值法可判断AB；利用单调性的定义可判断C；利用已知可得，再由累加法可判断D.【详解】对于A，令，得，可得，故A错；对于B，令，则，令，则，故B对；对于C，设，则，因为，故，故，故在上单调递增，故C对；对于D，令，故，所以，故，故D对.故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中，的系数为__________．【答案】【解析】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为，所以的系数为，故答案为： 14.已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则__________.【答案】366【解析】【分析】设，易得，再由求解.【详解】解：设，由题意知是公差为1的等差数列，则，故，则，故.于是，.故答案为：36615.已知双曲线的左､右焦点分别为，过双曲线上一点向轴作垂线，垂足为，若且与垂直，则双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由题意知四边形为菱形，再结合图形得出，最后根据定义即可得出离心率.【详解】设双曲线焦距为，不妨设点在第一象限，由题意知，由且与垂直可知，四边形为菱形，且边长为，而为直角三角形，， 故，则，则，故，即离心率.故答案为:.16.如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为______．【答案】##【解析】【分析】由，求得，得到侧面积，令，得到，求得函数的单调性，进而得到答案.【详解】如图所示，设，半径，高，球半径为单位长度， 因为，可得，即，所以，解得，所以侧面积，令，可得，令，可得，解得．当，，单调递减；当，，单调递减，所以时侧面积有最小值．故答案为：.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.已知等比数列的第二､三､四项分别是等差数列的第二､五､十四项，且等差数列的首项，公差.（1）求数列与的通项公式；（2）设数列对任意均有成立，求的值.【答案】（1）.（2） 【解析】【分析】（1）由题意得，再利用等比数列和等差数列的性质列方程可求出，从而可求出公比，进而可求得数列与的通项公式；（2）由，得，两式相减可求得，再验证，然后利用等比数列的求和公式可求得结果.【小问1详解】设等比数列的公比为，由题意，，，解得，或（舍去），，.【小问2详解】由题意，，①，②②-①得，当时，不满足上式，所以，.18.在锐角中，内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理化简即可得解；（2）先利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.【小问1详解】根据题意，由正弦定理得，又锐角中，有，所以，所以，所以；【小问2详解】结合（1）可得，由，则根据正弦定理有，得，根据余弦定理有，得，所以，又为锐角三角形，则有，得，所以，所以，故. 19.如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.（1）求证：平面；（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.【小问1详解】证明：由题知，，又，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，在正中，为中点，于是，又，平面，所以平面 【小问2详解】取中点为中点为，则，由（1）知，平面，且平面，所以，又，所以，平面所以平面，于是两两垂直.如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，所以，.设平面的法向量为，则，即，令，则，于是.设，则.由于直线与平面所成角的正弦值为，， 即，整理得，由于，所以于是.设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.第19届杭州亚运会-电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注.已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组.第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组.第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军）；获胜队伍成败者组第一名.第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军.假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立.问：（1）若第一轮队伍和队伍对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？（2）已知队伍在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍获得亚军的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据乘法公式求概率即可； （2）根据条件概率公式求概率即可.【小问1详解】由题意可知，第一轮队伍和队伍对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，所以所求的概率为.【小问2详解】设表示队伍在比赛中胜利，表示队伍在比赛中失败，设事件：队伍获得亚军，事件队伍所参加的所有比赛中败了两场，则事件包括，且这五种情况彼此互斥，进而，事件包括，且这两种情况互斥，进而，所以所求事件的概率为.21.已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆的中心，点为其上的一点满足．（1）求椭圆的方程；（2）设定点，过点的直线交椭圆于两点，若在上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求的范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）在中，根据余弦定理及可得，从而求得椭圆方程. （2）设，直线的方程为，代入椭圆方程得韦达定理，要使为常数，则，根据范围得到的范围及点坐标.【小问1详解】设，在中，设，，，，，所以椭圆的方程为：【小问2详解】设，直线的方程为，，，，设， 若为常数，则，即，而此时，又，即或，综上所述，或，存在点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值【点睛】关键点点睛：对任意恒为定值，因为分子分母中同时含有，这种情况下分子分母的对应系数成比例则整体可以为定值，故需要且即项、常数项对应成比例.22.函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，若，求证：；（3）求证：对于任意都有.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，求解函数单调区间；（2）令，构造，求导得到其单调性，进而得到，进而得到，不妨设，则，推出，由的单调性得到，证明出结论；（3）由（2）知，时，，变形得到在时恒成立，从而得到不等式，相加得到答案. 【小问1详解】函数的定义域是.由已知得，①当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.②当时，当时，单调递增.③当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.综上，①当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为；②当时，函数单调递增区间为，无单调递减区间；③当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为.【小问2详解】当时，.由（1）知，函数在单调递增且；令，令，令，解得；令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，令，则，则，故，所以恒成立，不妨设，则，所以，所以，因为，而在单调递增，所以，所以.【小问3详解】由（2）知，时，，即，故在时恒成立，所以，，，……，，相加得.【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.