2024届湖南省永州市第一中学高三上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2024届湖南省永州市第一中学高三上学期第一次月考数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2024届湖南省永州市第一中学高三上学期第一次月考数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式的解法和对数不等式的解法求解.
【详解】由,解得，
又因为，所以，
又由，可得，解得，
所以，
所以，
故选:C.
2．已知复数z满足，则z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
【答案】B
【分析】根据复数的运算可得，在根据复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：，
所以z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
3．已知向量，满足，，则在方向上的投影向量的模为（    ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意和向量数量积的运算得出，然后代入公式即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以，则在方向上的投影向量的模为，
故选：B．
4．如图l，在高为h的直三棱柱容器中，，，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则=（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意结合体积公式分析运算即可.
【详解】设柱体的底面积为，则柱体的体积，注入水的体积为，
容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积，
则可得，整理得.
故选：A.
5．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令，分析可知且，求出等差数列的通项公式为，可得出，再利用累加法可求得的值.
【详解】令，则，所以，
由题意可知，对任意的，，且，
所以数列是公差为的等差数列，且，
即，
所以，
因此.
故选：C.
6．立德学校于三月份开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（    ）种．
A．20 B．4 C．60 D．80
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理，先安排男生，再安排女生，在安排女生时，再利用间接法分析运算.
【详解】先安排2名男生，保证每个小组都有男生，共有种分配方案；
再安排5名女生，若将每个女生随机安排，共有种分配方案，若女生都在同一小组，共有种分配方案，
故保证每个小组都有女生，共有种分配方案；
所以共有种分配方案.
故选：C.
7．已知函数的零点分别为，，…，（），则（    ）
A． B． C．0 D．2
【答案】A
【分析】由题意可得，所以的一个零点为0，令，求出的零点，即为零点，代入计算即可得答案．
【详解】令，则有，即，
所以有，
令，则，
令，则有，即有，
因为，所以，则，
即有，当时，等号成立，所以当时，，
所以共有3个零点，分别为0，，，
所以．
故选：A
8．已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
∴双曲线的离心率取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）．

二、多选题
9．每年4月23日为“世界读书日”，树人学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表：
月份
二月
三月
四月
五月
六月
月份代码x
l
2
3
4
5
月借阅量y（百册）
4.9
5.1
5.5
5.7
5.8
根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，则（    ）
A．
B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7
C．y与x的线性相关系数
D．七月的借阅量一定不少于6. 12万册
【答案】ABC
【分析】对于A：根据回归方程必过样本中心点分析运算；对于B：根据百分位的定义分析运算；对于C：根据相关系数的概念分析理解；对于D：取，代入回归直线分析运算.
【详解】对于A：因为，，
所以，得，所以A正确；
对于B：因为5×75%=3.75，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确；
对于C：因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确；
对于D：由选项A可知线性回归方程为，
当，则，
所以七月的借阅量约为6. 12百册，所以D错误；
故选：ABC.
10．已知，下列选项正确的是（    ）
A．的值域为
B．的对称中心为
C．的单调递增区间为和
D．图像向右平移个单位与的图像重合
【答案】ABD
【分析】利用三角恒等变换化简整理得，结合三角函数性质以及图象变换逐项分析判断.
【详解】由题意可得：
，
对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为的对称中心与函数的对称中心相同，
令，解得，
故的对称中心为，故B正确；
对于C：若单调递增，则单调递减，
令，
解得，
所以的单调递增区间为和，故C错误；
对于D：图像向右平移个单位，
得到，
与解析式相同，图像重合，故D正确．
故选：ABD.
11．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ）

A．不存在点M满足平面
B．存在无数个点M满足
C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为
D．满足的点M的轨迹长度是
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
∵，且平面，所以，
，平面，
所以平面，且平面，
可得，
同理可证，
，平面，所以，
又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，
故A错误；

对于选项B：连接，
，，则，
又因为，，，
所以，
可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；

对于选项C：延长交于点，
∵，则为线段靠近点的三等分点，
且，则，则为线段的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面，点，则，
则，解得，
则，故，
可得，即，
且，
故截面面积，故C正确；

对于选项D：
因为正方体的棱长为l，所以设
所以，，
因为，所以
化简得：，
所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，
设圆弧与分别交于点，
取，则，即；取，则，即；
则，则，
且，即，
∴轨迹长度是，故D正确．

故选：BCD.
12．已知函数，下列选项正确的是（    ）
A．有最大值
B．
C．若时，恒成立，则
D．设为两个不相等的正数，且，则
【答案】ACD
【分析】对于A：求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；对于B：利用作差法比较大小；对于C：利用定点分析判断；对于D：利用极值点偏离分析证明.
【详解】对于选项A：由题意可得：函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
则，
所以，故B错误；
对于选项C：构建，则，
因为，且当时，恒成立，
则，解得，
若，则当时恒成立，
则在上单调递减，则，符合题意
综上所述：符合题意，故C正确；
对于选项D：因为，
整理得，即，
由选项A可知：函数在上单调递增，在上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于0，且令，解得，
不妨设，
构建，
因为在上恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以，即，
可得，
注意到在上单调递减，且，
所以，即，故D正确；
故选：ACD.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

三、填空题
13．二项式的二项式系数之和为64，则展开式中的的系数是 ．（填数字）
【答案】
【分析】先根据展开式的二项式系数之和为64求出的值，再利用二项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为二项式的二项式系数之和为64，
所以，，
所以展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中的的系数是.
故答案为：.
14．已知为锐角，，，则
【答案】
【分析】利用同角三角函数的基本关系和两角差的正弦公式求解即可.
【详解】因为为锐角，且，所以
所以联立，
解得，
，

，
故答案为: .
15．已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于
【答案】
【分析】根据面积公式分析可得当是等腰三角形，面积最大，此时点O到切线l的距离等于.解法一：设切线l的方程，根据点到直线的距离和直线与椭圆相切分别可得，求解即可；解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】∵圆的圆心，半径，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于.
解法一：设切线l的方程为，即，
则有，整理得：
联立方程，消去y得：，
由相切得： 整理得：
由①②得：，解得.
解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即
则有，整理得，
∵点P在椭圆上，则，
则，解得，
所以切线l的斜率.
故答案为：.
16．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 .
【答案】
【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，

此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

四、解答题
17．在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理运算求解；
（2）根据正弦定理得到，从而得到，根据题意结合角C的取值范围运算求解.
【详解】（1）由正弦定理得：，整理得：，
由余弦定理得：，
∵，则.
（2）由（1）可得：，且，
锐角中，由正弦定理得：，
可得，
则，
∵锐角三角形，且，则，
即，解得，
即，且，
可得，则，
故的范围是.
18．已知正数数列满足，且.（函数求导次可用表示）
(1)求的通项公式.
(2)求证：对任意的，，都有.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）对已知的式分解因式，再结合可得，然后利用累乘法可求出；
（2）构造函数，然后对函数连续次求导，再结合和可判断出单调递增，从而可证得结论.
【详解】（1）由，得
，
所以或，
因为，所以，
所以，
所以


（2）证明：当时，恒成立，
令，
即，
则

，
……


，
所以在上递增，
所以，
所以在上递增，
所以，
所以在上递增，
……
所以在上递增，
所以，
所以在上递增，
所以，
综上对任意的，，都有.
【点睛】关键点点睛：此题考查利用数列的递推式求通项公式，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据题意构造函数，然后通过连续求导判断函数的单调性，从而可证明结论，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
19．某剧场的座位数量是固定的，管理人员统计了最近在该剧场举办的五场表演的票价（单位：元）和上座率（上座人数与总座位数的比值）的数据，其中，并根据统计数据得到如下的散点图：

(1)由散点图判断与哪个模型能更好地对与的关系进行拟合（给出判断即可，不必说明理由），并根据你的判断结果求回归方程；
(2)根据（1）所求的回归方程，预测票价为多少时，剧场的门票收入最多．
参考数据：，，；设，则，，；，，．
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
【答案】(1)能更好地对y与x的关系进行拟合，；
(2)预测票价为元时，剧场的门票收入最多．

【分析】（1）由散点图知，能更好地对与的关系进行拟合，设，由公式求出，再将代入求出，可得关于的线性回归方程，进而得出关于的回归方程；
（2）设函数，对函数求导，判断出单调性和极值，可预测剧场的门票收入最多时的票价．
【详解】（1）能更好地对与的关系进行拟合．                               
设，先求关于的线性回归方程．
由已知得，
所以，
，
所以关于的线性回归方程为，
所以关于的回归方程为；
（2）设该剧场的总座位数为，由题意得门票收入为，
设函数，则，
当，即时，函数单调递减，当，即时，函数单调递增，
所以在处取最大值，                                         
所以预测票价为元时，剧场的门票收入最多．
20．如图，在三棱台中，面，，

(1)证明：；
(2)若棱台的体积为，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面中过点作的垂线，
在平面ABC中过点作的垂线，

面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三条两两垂直，
建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得

，，即，
，.
（2）设，
，
根据，则，
由棱台体积公式得
，
所以，则
在（1）问建系基础上，

设面的法向量
由，即，
取，则，则 ，
由题意得，根据，则，则
，
设面法向量
由，即，
取，则，，则，
设二面角的大小为，依图可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
21．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
    
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
22．已知函数，，其中且.
(1)证明：当时，恒成立；
(2)证明：当时，曲线与曲线有且只有两条公切线．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）分析可得等价于即，构建，结合导数证明即可；
（2）根据导数的几何意义分析可得，构建，利用导数证明在上有且只有两个零点即可.
【详解】（1）当时，，即，等价于即，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
可得，即，当且仅当时，等号成立；
可得，则，当且仅当时，即时，等号成立；
可得，则，当且仅当，即时，等号成立；
综上所述：.
但等号不同时取到，故，
∴，原式得证．
（2）由题意可得：，，
设直线l与相切于点，则切线斜率，直线l与相切于点，则切线斜率，
则，整理得，
由题意可得：，
消去可得：，
令，则，
则，
可得，
令，
要证两函数有且只有两条公切线，即证在上有且只有两个零点．
且，令，
则，可得在定义域内单调递增，
且，
故在上有唯一零点，且，
∴当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，可知的最小值为，
又∵，
则，
注意到趋近0时，趋近，趋近时，趋近，
∴在和上分别存在一个零点，故有且只有两个零点，故原命题得证．
【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．