2023-2024学年高三上学期月考（三）数学试卷（Word版附答案）

湖南师大附中2024届高三月考试卷（三）数学审题人：高三备课组时量：120分钟满分：150分得分：____________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．设集合，则中的元素个数为（）A．2B．3C．4D．52．已知复数（为虚数单位）的实部与虚部之和为4，则在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．若平面向量满足，则（）A．B．C．D．4．“且”是“为第三象限角”的（）A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件5．将函数的图象向下平移1个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到函数的图象，则（）A．B．C．D．6．若，则（）A．B．C．D．7．焦点为的抛物线的对称轴与准线交于点，点在抛物线上且在第一象限，在中，，则直线的斜率为（）A．B．C．1D．8．已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（）A．36B．42C．54D．61二、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．抽取市某届马拉松比赛前5000名的部分跑者成绩绘制如下频数分布表（单位：分钟）：分组频数20601601408040则下列选项正确的是（）A．估计总体中成绩落在分钟内的选手人数为4500B．这组数据平均数的估计值为307分钟C．这组数据第62百分位数的估计值为325分钟D．在由以上数据绘制的频率分布直方图中，各组长方形的高度之和为0.0210．已知曲线的方程为（且），分别为与轴的左、右交点，为上任意一点（不与重合），则（）A．若，则为双曲线，且渐近线方程为B．若点坐标为，则为焦点在轴上的椭圆C．若点的坐标为，线段与轴垂直，则D．若直线的斜率分别为，则11．如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，点为棱的中点，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（）A．长度的最小值为B．存在点，使得C．存在点，使得D．棱长为1.5的正方体可以在此空心棱台容器内部任意转动12．定义在上的函数满足，函数的图象关于对称，则（） A．8是的一个周期B．C．的图象关于对称D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若圆和圆恰有三条公切线，则实数____________．14．若，则当取得最小值时，____________．15．已知正的边长为2，点为所在平面内的动点，且，则的取值范围为____________．16．在三棱台中，，，平面平面，则该三棱台外接球的体积为____________．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）已知是边长为2的等边三角形，点是内一点，，求和．18．（12分）已知是等比数列，满足，且成等差数列，数列满足．（1）求和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．19．（12分）如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1．（1）从下面①②③中选择两个作为条件，证明另一个成立；①；②为直角；③平面平面． （2）设点是棱上一点．在（1）中条件都成立的情况下，试确定点的位置，使得直线与平面所成的角最大．20．（12分）某种植物感染病毒极易死亡，当地生物研究所为此研发出了一种抗病毒的制剂．现对20株感染了病毒的该植株样本进行喷雾试验测试药效．测试结果分“植株死亡”和“植株存活”两个结果进行统计，并对植株吸收制剂的量（单位：毫克）进行统计．规定植株吸收在6毫克及以上为“足量”，否则为“不足量”．现对该20株植株样本进行统计，其中“植株存活”的13株，对制剂吸收量统计得下表．已知“植株存活”但“制剂吸收不足量”的植株共1株．编号12345678910吸收量（毫克）6838956627编号11121314151617181920吸收量（毫克）75106788469（1）补全列联表中的空缺部分，依据的独立性检验，能否认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”有关？吸收足量吸收不足量合计植株存活1植株死亡合计20（2）现假设该植物感染病毒后的存活日数为随机变量（可取任意正整数）．研究人员统计大量数据后发现：对于任意的，存活日数为的样本在存活日数超过的样本里的数量占比与存活日数为1的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于0.1，这种现象被称为“几何分布的无记忆性”．试推导的表达式，并求该植物感染病毒后存活日数的期望的值．附：，其中；当足够大时，．0.0100.0050.0016.6357.87910.82821．（12分）已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为3，面积的最大值为．（1）求椭圆的标准方程； （2）点是轴正半轴上的一点，过点和点的直线与椭圆交于两点．求的取值范围．22．（12分）设函数，其中．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，设极大值点为为的零点，求证：．湖南师大附中2024届高三月考试卷（三）数学参考答案题号123456789101112答案BCAADCADBCDBDABCCD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．B【解析】由题设，，则，故中的元素个数为3，选B．2．C【解析】，其实部和虚部之和等于，解得，从而，故在复平面内对应的点位于第三象限，选C．3．A【解析】对两边平方得，又，故，代入得．因此，选A．4．A【解析】充分性：由可知，又由可知，综上，，即为第三象限角．必要性：若为第三象限角，则且．所以“且”是“为第三象限角”的充要条件．故选：A．5．D【解析】将函数的图象向下平移1个单位长度，得到，再向右平移1个单位长度，得到函数的图象，则 ，故选D．6．C【解析】对原式两边求导可得：，令，则，故选C．7．A【解析】过作准线的垂线，垂足为，作轴的垂线，垂足为，则由抛物线的定义可得，由，在中由正弦定理可知：，设的倾斜角为，则，故选A．8．D【解析】由成等差数列，得，即，整理得，故为正项数列，又因为等北数列单调递增，说明其公比．于是．设，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取最小值．于是可求得，所以集合中的元素之和为，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．9．BCD【解析】A项，用样本估计总体，估计总体中成绩落在分钟内的选手人数为，A项错误；B项，平均数的估计值为，B项正确；C项，这组数据中区间对应的频率为，区间对应的频率为，故这组数据第62百分位数落在区间中．设第62百分位数为，则，解得，C项正确；在由以上数据绘制的频率分布直方图中，纵坐标为频率/组距，因此各组长方形的高度之和为，D项正确．10．BD【解析】对于A，当，双曲线方程为，，渐近线方程为，故A错误；对于B，点坐标为，则，解得且，所以，曲线为焦点在轴上的椭圆，故B正确；对于C，点的坐标为，线段与轴垂直，则为上任意一点，则，则．当，则，当，故C错误；对于D，由题意，，设，为上任意一点，则，得．故D正确．故选BD． 11．ABC【解析】对于A，由题意得，点的轨迹是以为直径的半圆，故长度的最小值为，故A正确；对于B，取的中点，则面，若（即与以为直径的半圆相切时），面，故，所以存在点，使得，故B正确；对于C，点与点重合时，，故C正确；对于D，若正方体在此容器内部可以任意转动，则正方体的外接球可以放进容器，横长为1.5的正方体的外接球直径为，此棱台可放入的最大球的直径为，小于正方体外接球直径，故不可以在此空心棱台容器内部任意转动，所以D不正确．12．CD【解析】对A：由题设条件得，令，有，则的图象关于直线对称，因为，有，即，则的图象关于对称．所以，又，所以，所以，所以，所以，所以8为的一个周期，即，则，A不正确；对B：由上知图象关于对称，对称，则令符合题意，而．B不正确；对C：因为关于对称，有，则的图象关于对称．C符合题意；对D：因为图象关于对称，所以，故，有．D符合题意．故选CD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．【解析】两圆恰有三条公切线当且仅当两圆外切，因此，得到．14．【解析】依题意，且，而，当且仅当，即时等号成立．15．【解析】由已知，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆．取线段的中点，则，又因为，．16．【解析】分别取的中点，则平面，且外接球球心在直线上，由题意，．设，若球心在线段上，则，得；若球心不在线段上，则，无正数解．所以外接球体积为．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．【解析】如图，设，由于，且，故．（2分）于是在中，．（4分）在中，由正弦定理得，（6分）即，于是．而，故，（8分）．（10分） 其他做法可酌情给分．18．【解析】（1）设数列的公比为，则由条件得，又，则，则，因为，解得，故．（3分）对于，当时，，当时，由得，所以，可得，且也适合，故，所以．（6分）（2）因，由（1）得．（12分） 19．【解析】（1）如图，设点是的中点，连接．若选①②：由于是等边三角形，故．由为直角，故；又，故．于是平面，所以．（2分）因为，所以．（4分）又，因此，故，即．（4分）又，故平面，而平面，所以平面平面．（5分）若选①③：由于是等边三角形，故．又平面平面平面，平面平面，故平面．（2分）而平面，故，即，所以．又，故，所以，即．（4分）结合，可得平面，因此．又，故，即为直角．（5分）若选②③：由于是等边三角形，故．由为直角，故；又，故． 于是平面，所以．（2分）又因为平面平面平面，平面平面，所以平面．又平面，所以，即．（4分）因为，所以．又，故．（5分）（2）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系．于是．点是棱上一点，可设．于是．（7分）又．设是平面的法向量．可取．（9分）由此得．（11分）可见当时，取最大值，此时直线与平面所成的角最大，故点是棱上靠近的四等分点．（12分） 20．【解析】（1）填写列联表如下：吸收足量吸收不足量合计植株存活12113植株死亡347合计15520（1分）零假设为：“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关联．根据列联表中的数据，经计算得到：，（3分）依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关．（4分）（2）由题意得．又，故．把换成，则．两式相减，得，即．又，故对任意都成立，从而是首项为0.1，公比为0.9的等比数列，因此．（8分）由定义可知，而，下面先求． ，，作差得．所以，当足够大时，，故，可认为．（12分）21．【解析】（1）由题意有解得所以椭圆的方程为．（5分）（2）由题意可知直线斜率存在且，设直线方程为，代入椭圆方程为，显然恒成立，设，则，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，设原点为，则，（7分） ①当点在椭圆外时，，所以，此时，因为，所以，所以；（9分）②当点在椭圆内时，，所以，则，设，则，且，所以，因为函数在上单调递增，所以，所以，当点是椭圆的上顶点时，，则，此时，综上，的取值范围为．（12分） 22．【解析】（1）由．（1分）①时，由，令，解得，所以时，在单调递增；时，，则在单调递减；（2分）②时，由，（i）时，因为，则在单调递增；（3分）（ii）时，，解得或，所以时，在单调递增；时，单调递减；（4分）（iii）时，由，所以时，在单调递增，时，单调递减；（5分）综上：时，的单调递增区间为，单调递减区间为；时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；时，的单调递增区间为；时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；（6分）（2）根据题意结合（1）可知时，存在两个极值点， 由为的零点，则，则，故，（7分）若，由（1）可知，则；（8分）若，则，故化简得即，故，（10分）当且仅当，即时等号成立，即，故，当且仅当时取等号，综上，恒成立．（12分）