湖南省益阳市2023-2024学年高三数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

益阳市2024届高三9月教学质量检测

数学

注意事项：

1.本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

2.答题前，考生备必将自己的姓名、考号等填写在本试题卷和答题卡指定位置.请按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效.

3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.

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. 已知，，.则中的元素个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可知集合是直线上的点的集合，集合是椭圆上的点的集合，因此只需联立方程判断直线和椭圆的交点个数即可.

【详解】因为，，

所以集合是直线上的点的集合，集合是椭圆上的点的集合；

因为，所以若要求中的元素个数，只需联立方程即可；

联立并化简得，，

解得或，即椭圆和直线有两个交点或，

所以中的元素个数是2.

故选：C.

2. “”是“关于的一元二次方程有实数根”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】先化简方程有实数根得到，再利用集合的关系判断得解.

【详解】因为关于的一元二次方程有实数根，

所以，所以或，

因为是集合或的真子集，

所以“”是“关于的一元二次方程有实数根”的充分不必要条件.

故选：A.

3. 已知直线的倾斜角为，则的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据直线斜率等于倾斜角的正切值，得，再利用正切的二倍角公式即可得到结果.

【详解】由直线方程，得直线斜率，

所以.

故选：D.

4. 已知函数，则下列结论成立的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称

C. 的最小值与最大值之和为0 D. 在上单调递增

【答案】B

【解析】

【分析】对于根据即可求出；对于可根据函数在对称轴处取的最值验证；对于利用解析式可直接求得最大和最小值，验证即可；对于可求得函数的单调增区间，验证即可.

【详解】对于,的最小正周期为,故错误；

对于，2为最大值，

所以的图象关于直线对称，故正确；

对于依据函数解析式得故错误；

对于令，解得

令，得的一个增区间为，

故在上为减函数，在上为增函数，故错误.

故选：

5. 如图，在中，为上一点，，为上一点，，且，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据平面向量基本定理得到，从而得到，求出答案.

【详解】因为，，所以，，

又，所以，

故.

故选：D

6. 用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.若，则曲线在处的曲率是（    ）

A. 0 B.  C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据曲率的定义求解即可.

【详解】因为，

所以，所以，

所以曲线在处的曲率.

故选：C.

7. 若，双曲线：与双曲线：的离心率分别为，，则（    ）

A. 的最小值为 B. 的最小值为

C. 的最大值为 D. 的最大值为

【答案】B

【解析】

【分析】由双曲线方程，把离心率表示出来，再利用基本不等式求得最小值.

【详解】由题意可得，，则，

由基本不等式，，即，

当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.

故选：B.

8. 给定事件，且，则下列结论：①若，且互斥，则不可能相互独立；②若，则互为对立事件；③若，则两两独立；④若，则相互独立.其中正确的结论有（    ）

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

【答案】B

【解析】

【分析】根据独立事件概率公式可判断①正确；通过反例可说明②③错误；由，结合独立事件概率公式可知④正确.

【详解】对于①，若互斥，则，又，

，不相互独立，①正确；

对于②，，；

扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于一点”，

则，，，

满足，但不是对立事件，②错误；

对于③，扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于六点”，

则，，，，，

满足，此时，

事件不相互独立，③错误；

对于④，，事件与互斥，，

又，，

即，事件相互独立，④正确

故选：B.

【点睛】思路点睛：本题考查对立事件、独立事件的判断，解题基本思路是能够结合和事件和积事件的定义，利用独立事件概率公式依次验证选项中的事件是否为独立事件.

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. 设等差数列的前项和为，若，且，则（    ）

A.  B.  C.  D. 最大

【答案】AB

【解析】

【分析】设等差数列的公差为,根据题中条件可求出及，验证每个选项即可.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，所以，

化简得，即，又，所以，

所以，

则，故正确；

，故正确；

，则，故错误；

故选：

10. 已知数据的平均数是，中位数为，方差为，极差为.由这组数据得到新数据，其中，则（    ）

A. 新数据的平均数是 B. 新数据的中位数是

C. 新数据的方差是 D. 新数据的极差是

【答案】CD

【解析】

【分析】直接利用平均数，中位数，方差，极差的定义求解判断即可.

【详解】对于A，新数据的平均数为

，故A错误；

对于B，因为原数据的中位数为，所以新数据的中位数是，故B错误；

对于C，因为原数据的方差为，

所以新数据的方差是，故C正确；

对于D，设数据中最大，最小，其中,, 则，

所以新数据的极差是，故D正确.

故选：CD.

11. 已知函数，则（    ）

A. 有两个零点

B. 直线与图象有两个交点

C. 直线与的图象有四个交点

D. 存在两点，同时在的图象上

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项，画出函数图象，得到A正确；B选项，求出在的切线方程为，再联立与，从而得到线与的图象交点个数；C选项，在同一坐标系内画出与的图象，数形结合得到答案；D选项，转化为与在第一象限内有交点即可，由函数单调性及特殊点的函数值，得到答案.

【详解】画出的图象，如下：

A选项，有两个零点，即和0，A正确；

B选项，当时，，则，令，

解得，又，

故在的切线方程为，

令，，则，

故在上单调递增，

故，即在上恒成立，

故在上与只有一个交点，

当时，，联立，可得，解得或0（舍去），

结合函数图象，可知直线与的图象有两个交点，B正确；

C选项，在同一坐标系内画出与直线的图象，

可知直线与的图象有2个交点，C错误；

D选项，点，是关于对称的两点，

因为，故是位于第一象限点，位于第二象限，

在上，要想满足同时在的图象上，

只需与在第一象限内有交点，

因为，故，

又，故，

两函数均在单调递增，故一定存在，使得，D正确.

故选：ABD

12. 在棱长为2的正方体中，，分别是线段，上的点，则下列结论正确的是（    ）

A. 三棱锥体积是

B. 线段的长的取值范围是

C. 若，分别是线段，的中点，则与平面所成的角为

D. 若，分别是线段，的中点，则与直线所成的角为

【答案】AC

【解析】

【分析】以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系，

对于,利用得到平面，从而故点到平面的距离等价于点到平面的距离,近一步转化即可求出三棱锥的体积；

对于设出点的坐标，利用空间中两点间的距离公式计算出，通过化简，求出的最小值即可；

对于,求得平面的法向量，利用公式，即可求得；

对于，求出，得到的大小即可.

【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

因为棱长为2，所以,

,

对于,

则所以,

又平面,平面，

所以平面，

又点,故点到平面的距离等价于点到平面的距离,

所以,故正确；

对于,设

则

，

故及时，，

故错误；

对于,若，分别是线段，的中点，则,

,取平面的法向量，设为与平面所成的角，

则所以，

即与平面所成的角为，故错误；

对于,若，分别是线段，的中点，则,

，则,

则，

则即与直线所成的角为，故正确.

故选：

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，其中为虚数单位，则_______.

【答案】2

【解析】

【分析】由复数四则运算即可求解.

【详解】因为，所以，所以.

故答案为：2.

14. 在正四棱锥中，为侧棱上一点，，，若平面过且平行于底面，则截此棱锥所得棱台的体积为________.

【答案】##

【解析】

【分析】作出辅助线，由勾股定理和相似知识得到棱台的上下底面面积和高，代入公式求出棱台体积.

【详解】如图，正四棱锥中，正方形对角线相交于点，

因为过且平行于底面，故四边形为正方形，对角线相交于点，

故三点共线，且⊥平面且⊥平面，

因为，所以，

因为，由勾股定理得，

由相似知识可知，即，解得，，

故，

则截此棱锥所得棱台的上底面面积为，下底面面积为，

故截此棱锥所得棱台的体积为.

故答案为：

15. 已知直线：与抛物线：交于，两个不同的点，为的中点，为的焦点，直线与轴交于点，则的取值范围是_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据中点坐标公式，结合一元二次方程根与系数的关系、根的判别式、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.

【详解】由可知：，

因为直线在纵轴的截距为，

所以点的坐标为，

由，

因为直线：与抛物线：交于，两个不同的点，

所以，

设，则有，

所以，所以，

，

所以的取值范围是，

故答案为：.

  【点睛】关键点睛：本题的关键是利用一元二次方程求出的取值范围.

16. 将3个4cm×4cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接于一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若将该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________；若在该七面体内放置一个小球，则小球半径的最大值为_________cm.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】将平面图象折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，即可求解其体积；当小球为该七面体的内切球时，半径最大，此球亦为正三棱锥的内切球，设正棱锥的内切球的半径为，构造正方体即可求解.

【详解】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，

该七面体为正方体沿着图中的六边形截去一部分后剩下的另一部分，

易得其体积为正方体体积的一半，即

当小球为该七面体的内切球时，半径最大，

此球亦为正三棱锥的内切球，

如下图：过点作,交于,为的中点，

则，,

所以,,

同理,

设正三棱锥的内切球的半径为

又，

又正三棱锥的表面积,

则，

所以.

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. 已知的内角，，的对边分别为，，，，且.

（1）求；

（2）求面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用边化角，并结合余弦定理即可求解.（2）由三角形面积公式，再结合余弦定理算出的最大值即可.

【小问1详解】

因为，注意到且结合正弦定理

有，整理得，

所以由余弦定理可得.

【小问2详解】

由（1）可知，且注意到，所以有，

利用基本不等式得，即有最大值16；

又由（1）可知，所以，

综上所述：；即面积的最大值为.

18. 已知各项均为正数的数列满足，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，若，求满足条件的最小正整数.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）对递推式变形，利用等差数列定义即可求出数列的通项公式；

（2）利用裂项求和法求出，然后解不等式即可.

【小问1详解】

因为，所以，

因为，所以，又，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以；

【小问2详解】

因为，

所以，

因为，所以，所以，

所以或（舍去），所以满足条件的最小正整数为.

19. 某公司生产一种电子产品，每批产品进入市场之前，需要对其进行检测，现从某批产品中随机抽取9箱进行检测，其中有5箱为一等品.

（1）若从这9箱产品中随机抽取3箱，求至少有2箱是一等品的概率；

（2）若从这9箱产品中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）有古典概型概率计算公式以及组合数的计算即可求解.（2）利用超几何分布的知识求得分布列以及期望.

【小问1详解】

设从这9箱产品中随机抽取的3箱产品中至少有2箱是一等品的事件为，则，

因此从这9箱产品中随机抽取3箱，求至少有2箱是一等品的概率为.

【小问2详解】

由题意可知的所有可能取值为，由超几何分布概率公式得

，，，，

所以的分布列为：

所以.

20. 如图，在三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，，点在侧棱上，且.

（1）求证：；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明过程见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，得到；

（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，从而求出二面角的余弦值.

【小问1详解】

取的中点，连接，

因为，所以⊥，

因为，所以⊥，

因为，平面，

所以⊥平面，

因为平面，

所以⊥；

【小问2详解】

因为底面是等腰直角三角形，，

所以，

又⊥，由勾股定理得，

因为，故，

由勾股定理逆定理可得，

故两两垂直，

故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，

设，因为，所以，

解得，故，

设，因为，所以，

即，解得，则，

设平面的法向量为，

则，

解得，令，则，故，

设平面的法向量为，

则，

解得，令，则，故，

，

由图形可知，二面角的大小为锐角，设为，

则，

二面角的余弦值为

21. 已知椭圆：经过，两点，过的左焦点作一条直线交于，两点，点位于轴的正半轴上，连接，并延长交直线于，两点，若.

（1）求椭圆的方程；

（2）确定点的坐标.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用代入法进行求解即可；

（2）设出直线方程与椭圆方程联立，通过代入法求出相应点的坐标，再结合平面向量数量积的坐标表示公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.

【小问1详解】

因为椭圆：经过，两点，

所以有，

所以该椭圆的方程为；

【小问2详解】

由（1）可知：，

显然过的直线不能与横轴重合，所以设方程为，

与椭圆方程联立，得，

因为点在椭圆内部，所以该直线一定与椭圆相交，

设，

则有，于有设，方程为：，令，

得，即，

同理，

因为，

所以，

即，

化简，得，

把，代入上式，得

，或舍去，

点的坐标为.

  【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用一元二次方程根与系数关系进行化简运算.

22. 已知函数.

（1）当时，确定函数的零点个数；

（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；

（3）若，证明：.

【答案】（1）2个    （2）   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）令，结合，等价于的解，令，求导得到函数的单调性，结合零点存在定理，即可求解；

（2）求出导函数，由在上恒成立，分离参数化为，再求出新函数的最大值即得；

（3）不等式变形为，然后由导数求出不等式左右两边两个函数的最值，从而证得不等式成立．

【小问1详解】

当时，，令，即，

，

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增.

，，

在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，

在上只有个零点，即在上只有2个零点；

【小问2详解】

由题意知，.

因为函数在上单调递增，

所以当时，，即恒成立．

令，则，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，则，

所以.

故实数a的取值范围是；.

【小问3详解】

若，要证，

只需证，即.

令，则，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，则，

所以.

令，则，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

则，所以.

所以，故原不等式成立．