精品解析：湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期月考（七）数学试题

这是一份精品解析：湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期月考（七）数学试题，文件包含精品解析湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期月考七数学试题原卷版docx、精品解析湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期月考七数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 样本数据15、13、12、31、29、23、43、19、17、38的中位数为（ ）
A. 19B. 23C. 21D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据中位数的定义即可求解.
【详解】将这10个数据从小到大排列：12，13，15，17，19，23，29，31，38，43，
所以这组数据的中位数是．
故选：C．
2. 已知集合，，则集合的非空子集个数为（ ）
A. 4B. 3C. 8D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由题意化简集合，得，由此即可进一步求解.
【详解】因为，，因此．
故该集合的非空子集个数为个.
故选：B．
3. 已知实部为3的复数z满足为纯虚数，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据纯虚数的性质，列出方程组求解即可.
【详解】由题意可设，则，所以，解得，故.
故选：C．
4. 已知数列满足，则“”是“是递增数列”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】利用充分条件、必要条件的定义，结合递增数列的意义判断即得.
【详解】当时，，则，是递增数列；
反之，当时，，数列递增，因此数列是递增数列时，可以不小于3，
所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知，则（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦二倍角公式及同角三角函数基本关系式可得结果.
【详解】由题意知，
所以，
故选：D．
6. 过抛物线的焦点F的直线交E于点A，B，交E的准线l于点C，，点D为垂足．若F是AC的中点，且，则（ ）
A. 4B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中的几何关系分别求出抛物线与直线的方程，进而联立两个方程，得到关于的一元二次方程，结合可得出答案.
【详解】如图，设准线l与x轴交于点M．由抛物线的定义知．
因为F是线段AC的中点，所以，
所以，得，故抛物线E的方程为.
由，得，
所以直线AF的斜率，又，所以直线AF的方程为.
联立，消去y并整理，得，
设，，则，
所以.
故选：A．
7. 已知双曲线的左焦点为，为C上一点，且P与F关于C的一条渐近线对称，则C的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性求得的斜率，从而求得，再求离心率即可.
【详解】双曲线C的方程可设为，，，，，左焦点为F，O为坐标原点，连接OP．
因为双曲线上的一点与C的左焦点F关于C的一条渐近线对称，
所以，则．
又直线PF的斜率为，直线PF与渐近线垂直，所以该条渐近线的斜率为，
所以，则，所以C的离心率．
故选：D．
8. 已知函数的定义域为，且满足，的导函数为，函数的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得，对两边求导得，而，即有，由题意可得的图象关于点中心对称，，从而的周期为，从而即可进一步求解.
【详解】因为，则函数的图象关于点中心对称，且．
由，，得，
所以函数的图象关于对称，．
根据图象变换的规律，由的图象关于点中心对称，
得的图象关于点中心对称，，
则的周期为，，
故．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：关键是得出的周期为，由此即可顺利得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 函数关于原点对称
B. 曲线的对称轴为，
C. 在区间单调递减
D. 曲线在点处的切线方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用辅助角公式及三角函数的性质，结合导数的几何意义即可求解.
【详解】由题意可得．
对于选项A：为奇函数，关于原点对称，故A正确；
对于选项B：令，，得，，故B错误；
对于选项C：对于，令，则，
因为，所以，而在上单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故C正确；
对于选项D：易得，，，故曲线在点处的切线方程为，故D正确.
故选：ACD．
10. 已知二面角的大小为，，，且，，则（ ）
A. 是钝角三角形B. 异面直线AD与BC可能垂直
C. 线段AB长度的取值范围是D. 四面体体积的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算与数量积公式，可得出，，从而可知选项A正确，B错误；
计算可得，设，得，结合二次函数知识可求出线段AB长度的取值范围，可知选项C正确；
先求出四面体的体积表达式，再结合基本不等式可求出最大值，从而可知选项D错误．
【详解】对于选项A：由题意可知，，二面角的大小为，，，所以，
所以，
所以是钝角，即是钝角三角形，故A正确；
对于选项B：由题意知，，，，，
所以，
所以异面直线AD与BC不可能垂直，故B错误；
对于选项C：由题意可知，，，，
所以
．
设，由，得，其中，
所以，所以，
则线段长度的取值范围是，故C正确；
对于选项D：如图，过点A作平面的垂线，垂足为E，则，
由题意，可知四面体的体积为
，
当且仅当时，等号成立，故D错误．
故选：AC.
11. 甲、乙两同学参加普法知识对抗赛，规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答．若回答正确，得1分，答题继续；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题．据经验统计，甲、乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题的顺序由抛掷硬币决定．设第i次答题者是甲的概率为，第i次回答问题结束后中甲的得分是，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由全概率公式和均值的概念逐项判断.
【详解】设“第i次答题者是甲”为事件，“第i次答题者是乙”为事件，
由第1题的顺序由抛掷硬币决定可得 ,
又，
由全概率公式，得
，故A错误；
第次回答问题结束后甲的得分是，即两次回答中只有一次答对，
所以，故B正确；
由题意知，，
所以，故C正确；
第i次答题结束后，甲得分可分为两种情况：①第i次答题后甲的得分加上1分，则第i次必由甲答题且得1分；
②第i次答题后甲的得分加上0分，则第i次由甲答题且不得分或第i次由乙答题，
所以，其中，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】思路点睛：全概率公式的使用要点：
（1）如果所考虑问题的试验分两步，第一步试验结果可确定为样本空间的一个划分，求与第二步试验结果有关的事件的概率，此时可用全概率公式解决；
（2）用全概率公式解题的关键是确定样本空间的一个划分，这可以从第一步试验的结果确定.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合二项展开式的通项，即可求解.
【详解】由二项式的展开式的通项为，
所以原式的展开式中含的项为，
所以的系数为．
故答案为：.
13. 已知动点在圆上，动点Q在曲线上．若对任意的，恒成立，则的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】求得圆心的轨迹，结合导数的几何意义，求得的最小值，再求的最小值即可.
【详解】由题意可知的圆心在直线上，
曲线，，曲线在点处的切线为，与平行；
故曲线上的动点Q到直线的最小距离为到的距离为，
因此，故n的最大值是．
故答案为：.
14. 已知正六棱锥的高是底面边长的倍，侧棱长为，正六棱柱内接于正六棱锥，即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上，则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据侧棱长，高和底面边长的关系求出，，设，用表示出，在中求出正六棱柱外接球半径的平方，利用二次函数的值域求得半径的最小值即得.
【详解】
如图，设正六棱锥为P—ABCDEF，底面中心为，正六棱柱为，其中与底面重合的面为，
面的中心为，外接球球心为O，由题意得，面的中心为，面的所有顶点均在正六棱锥的侧棱上．
作截面PAD的平面图，由题意得，，所以，．设，，
由题意得，故，，
故外接球半径的平方，当且仅当时取得最小值，
此时外接球表面积，故正六棱柱的外接球表面积的最小值为．
【点睛】思路点睛：本题主要考查正棱锥的内接正棱柱以及正棱柱的外接球的表面积的最值问题，属于难题.
解题思路在于先利用棱锥的相关量的关系求出底面边长和高，借助于内接棱柱与之关系设出自变量，并用其表示相关量和，最后借助于直角三角形表示出棱柱外接球半径并求出半径最小值.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 盒中有形状、大小均相同的卡片6张，卡片依次标记数字1，2，2，3，3，3．
（1）若随机一次取出两张卡片，求这两张卡片标记数字之差为1的概率；
（2）若每次随机取出两张卡片后不放回，直到将所有标记数字为2的卡片全部取出，记此时盒中剩余的卡片数量，求的分布列和．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分别求出“取出的两张卡片标记数字分别为1和2”的概率以及“取出的两张卡片标记数字分别为2和3”的概率，求和即可得到答案；（2）由题意可得所有可能取值为0，2，4，分别求出概率，写出分布列，求出期望即可.
【小问1详解】
若取出的两张卡片标记数字分别为1和2，此时，
若取出的两张卡片标记数字分别为2和3，此时，
故这两张卡片标记数字之差为1的概率；
【小问2详解】
由题意可得所有可能取值为0，2，4，
其中，
，
，
故的分布列为
．
16. 如图三棱锥中，，，．
（1）证明：；
（2）若平面平面，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作，O为垂足，首先证得平面，即有，进一步由全等得，注意到，由此说明垂直平分即可得证；
（2）首先得出两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面，平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式结合图判断二面角是钝角即可运算求解.
【小问1详解】
作，O为垂足，由，，，且平面，平面得，平面，
又平面，
∴，
又，，，∴，∴，
且，
∴O为中点，
∴，；
【小问2详解】
由（1），又平面平面，平面，
∴平面，
因为平面，
∴，
∴两两垂直．
由，，得，
∴，以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，
，，，
令，分别为平面，平面的法向量，
则，即，令得为平面的一个法向量．
，即，令得为平面的一个法向量．
设为二面角的平面角，则，
由图观察可得二面角所成角为钝角，故二面角的余弦值为．
17. 已知定义在上函数．
（1）求的极大值点；
（2）证明：对任意，．
【答案】（1）有两个极大值点，和
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数分析函数在给定区间上的单调性，确定函数的极大值点.
（2）构造函数，，利用导数分析这个函数的单调性，求函数在上的最小值大于0即可.
小问1详解】
，
由或，，所以或或.
所以变化时，与的变化情况如下表：
故有两个极大值点，为和.
【小问2详解】
令，
，
①当时，因为，所以，成立，
②令，则，令，
故在上单调递增，上单调递减，
又，，所以当时，当时，.
所以：当时，，
令，则恒成立，故，
进一步；
③当时，因为.
所以，
综上所述，在上恒成立，则，
也即成立．
18. 已知椭圆的上、下顶点分别为，，其右焦点为F，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点，在直线BP上存在两个不同的点，满足．若直线与直线分别交C于点M，N（异于点A），证明：P，M，N三点共线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题目条件求出和即可解答.
（2）根据题意设出直线MN的方程，，，，.先根据得出，联立直线MN方程和椭圆方程，结合韦达定理得出和，；再根据直线与直线分别过点M，N得出，的关系，进而可得，直线MN恒过点，即可证明三点共线．
【小问1详解】
由题意知，，.
由，得，
即，
所以．
又，所以，
故椭圆C的方程为．
【小问2详解】
证明：因为点，，
所以．
根据题意设，，
则，，
所以，即．
根据题意可知：直线MN的斜率一定存在.
设直线MN的方程为，，.
联立得．
则.
因为直线AM过点，
所以，即，解得，
同理可得．
代入（*）式，得，
所以．
因为M，N异于点A，直线MN的方程为，
所以，
则，即，
则直线MN的方程为，恒过点，
因此P，M，N三点共线．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与性质、直线与椭圆位置关系和三点共线问题.解题关键在于联立直线MN方程和椭圆方程，结合韦达定理得出与的关系，进而判断直线直线MN恒过点.
19. 定义三边长分别为a，b，c，则称三元无序数组为三角形数．记D为三角形数的全集，即．
（1）证明：“”是“”的充分不必要条件；
（2）若锐角内接于圆O，且，设．
①若，求；
②证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）①，②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据不等式的性质可证明充分性，根据反例可得不必要性.
（2）将向量等式平方后可得角的三角函数，根据面积公式可得面积之比.
（3）类似（2）的方法可得夹角的余弦，根据余弦的范围可得三边的不等式，从而可得相应证明.
【小问1详解】
，则，即，
∴，即，则成立，
取，则为等腰直角三角形的三边，
但，，不能为三角形的三边，
故推不出，
∴“”是“”的充分不必要条件．
【小问2详解】
①，则，
∴
又因为，∴，
而均为三角形内角，∴
记，∴；
②由，∴，
∴，∵，即，
∴，∴，
同理得，，
∴x，y，z可组成三角形，∴．
X
0
2
4
P
＋
0
－
0
＋
0
－
↗
极大值
↘
极小值
↗
极大值
↘