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    湖南省长沙市2024届高三数学上学期月考二试题含解析

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    湖南省长沙市2024届高三数学上学期月考二试题含解析

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    这是一份湖南省长沙市2024届高三数学上学期月考二试题含解析,共22页。试卷主要包含了 若集合,则的元素个数为, 设,若复数的虚部为3, 设抛物线, 已知,且,则, 若实数满足,则的最小值是, 关于下列命题中,说法正确的是, 已知函数,则等内容,欢迎下载使用。
    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:B
    2. 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:A
    5. 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:D
    6. 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77
    C. 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:366
    15. 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
    ,②
    ②-①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,





    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,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.

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