湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三上学期月考（四）数学试题（Word版附解析）

大联考长郡中学2024届高三月考试卷（四）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一､选择题（本大题共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（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的知识求得正确答案.【详解】由已知得．故选：B2.已知是虚数单位，若，则实数（）A.2B.0C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数乘法运算法则，根据复数相等列方程组即可求.【详解】因为，，所以，解得．故选:A3.设随机变量，且，则（）A0.75B.0.5C.0.3D.0.25 【答案】D【解析】【分析】利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得.【详解】随机变量，显然，而，所以.故选：D4.已知，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用1作为中间量，判断b、c的大小，利用换底公式判断a、b的大小.【详解】因为，即．故选：B．5.已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用圆锥与其内切球的轴截面，由已知数据计算出圆锥底面半径和母线长，可求圆锥的表面积.【详解】圆锥与其内切球的轴截面如下图所示，由已知，可知，所以圆锥的轴截面为正三角形， 因为，所以圆锥底面圆半径，母线，则圆锥的表面积为．故选：C．6.已知角，且满足，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由条件可得的值，从而可得，即可得到结果.【详解】由已知得，∴，∵，∴.故选：D7.在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（）A.4B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由正弦定理可得圆的外接圆直径，从而可得，代入计算，即可得到结果.【详解】由已知，所以圆的外接圆直径为，因为， 所以，所以，因为，即，所以时，取到最小值．故选：D．8.已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用弦中点坐标由点差法即可计算出，利用焦点坐标即可得，即得出椭圆方程.【详解】根据题意设，代入椭圆方程可得；两式相减可得，整理可得；又因为的中点坐标为，可得；因此过两点的直线斜率为，又和的中点在直线上，所以，即，可得；又易知，且，计算可得； 所以椭圆的方程为，代入的中点坐标为，得，则其在椭圆内部，则此时直线与椭圆相交两点.故选：A二､多选题（本大题共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.党的二十大报告提出，要加快发展数字经济，促进数字经济与实体经济的深度融合，数字化构建社区服务新模式成为一种时尚．某社区为优化数字化社区服务，问卷调查调研数字化社区服务的满意度，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度绘制成如下频率分布直方图，图中．则下列结论正确的是（）A.B.满意度计分的众数为80分C.满意度计分的分位数是85分D.满意度计分的平均分是76.5【答案】ACD【解析】【分析】根据频率之和为1即可求解A，根据众数，中位数以及平均数的计算即可分别求解BCD.【详解】由频率分布直方图可知，即，又，所以，所以选项正确；满意度计分的众数为75分，所以选项错误；前三组的频率之和为0.75，前四组的频率之和为，则分位数，故，满意度计分的分位数为85，所以选项正确；满意度计分的平均分为：分，所以选项D 正确．故选:ACD．10.已知函数的最大值为，则下列结论正确的是（）A.函数的最小正周期为B.C.函数的图象关于直线对称D.函数在区间内有两个不同实根【答案】BD【解析】【分析】利用三角恒等变换化简，求出最大值，根据最大值为确定的值，然后利用正弦型函数的性质依次判断即可.【详解】因为，所以，又的最大值是，所以，又，所以，所以选项A错误，B正确；由于，因为，所以函数的图象关于点对称，所以选项错误；当时，，由，即，求得或，所以选项D正确．故选：BD． 11.已知数列满足，数列满足，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.数列是等差数列B.CD.【答案】ABC【解析】【分析】由题意可得，再根据等差数列的定义及性质即可判断AB；求出数列和的通项，再利用裂项相消法即可求出，从而可判断CD.【详解】因为，所以，所以，且，所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为，所以，所以选项AB正确；因为，所以，所以，所以，所以选项C正确，D错误．故选：ABC．12.如图，在多面体中，底面是边长为的正方形， 平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（）AB.存在点，使得平面C.当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为D.三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是【答案】ABC【解析】【分析】由面面垂直的性质定理可判断选项A；由线面平行的判定定理和性质定理可判断选项B；由面面垂直的判定定理、面面垂直的性质及余弦定理可判断选项C；由截面是的外接圆及正弦定理可判断选项D.【详解】令，连接，令中点为，连接，如图所示：由底面是正方形可得：是的中点，且；由平面，平面，平面可得：平面平面，；由，可得：四边形为矩形.对于选项：由，平面平面，平面平面，平面，可得平面. 又平面，所以，故正确；对于选项：因为在矩形中，，所以四边形是平行四边形，则直线.因为平面平面，则平面.故当是线段中点时，直线平面，故正确；对于选项：因为平面，平面，所以平面平面，所以在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为.在中，，故C正确；对于选项D：因为在中，，，则.由正弦定理得：的外接圆直径，则半径，圆面积为.因为三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，四边形为矩形，所以点F在三棱锥的外接球上.所以三棱锥的外接球被平面所截取的截面是的外接圆，因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，故D错误．故选：．【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间中线线垂直的证明、线面平行的证明、线面角的求法及球的截面问题.解题关键在于熟练灵活掌握空间线面位置关系的判断方法.选项D先判断出截面的形状，再利用正弦定理求出半径即可求解判断.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知函数，则的值为__________．【答案】4 【解析】【分析】运用代入法，结合对数的运算性质进行求解即可.【详解】由题意可得，，所以．故答案为：414.2023年10月国庆节旅游黄金周期间，自驾游爱好者甲､乙､丁3家组团自驾去杭州旅游，3家人分别乘坐3辆车，沪昆高速杭州入口有共3个不同的窗口，则每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为__________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数，再求出3个窗口各有1辆车在等候的事件含有的基本事件数，利用古典概率公式计算得解.【详解】该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数为，3个窗口各有1辆车在等候的事件含有个基本事件，所以每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为.故答案为：15.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为___________.【答案】##【解析】【分析】由得出，由定义结合勾股定理得出，再由勾股定理得出离心率.【详解】解：如图， 因为，则，设，则，则，由勾股定理可得，即，整理可得，因为，解得，所以，，，由勾股定理可得，即，整理可得，因此，该双曲线的离心率为.故答案为：16.已知关于不等式恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】由题意知，关于x的不等式恰有3个不同的正整数解．设函数，，作出函数图象，由图象观察，可得实数的k取值范围．【详解】当时，不等式有无数个正整数解，不满足题意；当时，当时，不等式恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；当时，不等式等价于，令，所以， 当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，又，结合单调性可知，当时，恒成立，而表示经过点的直线，由图像可知，关于的不等式恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：解得．则实数的取值范围是，故答案为：．【点睛】用数形结合思想解决不等式解的问题一般有以下几类：（1）解含参不等式：在解决含有参数不等式时，由于涉及参数，往往需要讨论，导致演算过程复杂，若利用数形结合的方法，问题将简单化；（2）确定参数范围：在确定不等式参数的范围时，几何图形更能使问题直观；（3）证明不等式：把证明的不等式赋予一定的几何意义，将复杂的证明问题明快解决.四､解答题（本大题共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.在中，分别为内角的对边，且．（1）求角A的大小；（2）设角A的内角平分线交于点，若的面积为，求的值．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得；（2）根据化简整理可得.【小问1详解】由及正弦定理得：，即．由余弦定理得，又，所以．【小问2详解】由角的内角平分线交于点可知，，所以．18.已知等差数列的前项和为，且满足，数列满足．（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；（2）已知数列满足求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析；， （2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为，根据题意求得和，得到，得到，再由，得到为等比数列，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）得到，结合分组求和，即可求解.【小问1详解】解：依题意，设数列的公差为，因为，所以，则，因为，即，所以，所以，所以，即．所以，所以，又因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以．【小问2详解】解：由（1）知，，可得，所以．19.如图，四棱柱中，底面为正方形，与交于点，平面平面与底面所成的角为． （1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作于，利用面面垂直证明线面垂，再结合线面角证明为同一点即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.【小问1详解】过作于，因为平面平面，又平面平面，平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，所以，，则，又因为底面为正方形，，所以，是中点，，可知同一点，所以平面．【小问2详解】因为底面是正方形，所以，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． ，，，，则．又，所以，所以，设平面的法向量是，由令，则，得，因为，设平面的法向量为，所以令，则，得，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．20.已知圆，动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1．（1）求动点的轨迹的方程；（2）过圆心作直线与轨迹和圆交于四个点，自上而下依次为A，M，N，B，若，求及直线的方程．【答案】（1）（2），【解析】 【分析】（1）易得圆的半径，圆心，由题意得到点到定点的距离与到定直线的距离相等，再利用抛物线的定义求解；（2）由圆的半径为1，得到，再由，得到，易知直线的斜率不为，设直线，与抛物线方程联立，利用弦长公式求解.【小问1详解】化为，可得半径，圆心，因为动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1，所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，由抛物线的定义得的轨迹方程为；【小问2详解】如图所示：由圆的半径为1，可得，又，，当直线的斜率为时，直线与抛物线只有1个交点，不合题意；所以直线的斜率不为，可设直线，联立，恒成立，，因为， 所以，解得，所以直线的方程为．21.在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．（1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列；（2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由．【答案】（1）答案见解析（2）可以；理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求出其所对应的概率，即可得到分布列.（2）根据题意，由条件可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果.【小问1详解】设计算机4次生成的数字之和为，则，则，， 的可能取值为，则，，，所以的分布列为123【小问2详解】设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，由全概率公式可知则，，即，，且，所以是以为首项，为公比的等比数列，则，所以恒成立，所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖金.22.已知函数，其中．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析 【解析】【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.（2）将要证明的不等式转化为，利用构造函数法、放缩法，结合多次求导来研究所构造函数的单调性，进而证得不等式成立.【小问1详解】因为，所以，当时，，函数在上单调递增；当时，由，得，函数在区间上单调递增，由，得，函数在区间上单调递减．【小问2详解】要证，即证，即证，设，故在上单调递增，又，所以，又因为，所以，所以，①当时，因为，所以；②当时，令，则，设，则，设，则，因为，所以，所以即在上单调递增，所以，所以在上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增，，即．综上可知，当时，，即．【点睛】方法点睛；求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；