湖南省常德市汉寿县第一中学2024届高三下学期4月月考数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2024届高三下学期4月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，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. 的展开式中项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先写出展开式的通项，再代入计算可得；
【详解】解：展开式的通项，令，解得，所以，所以项的系数为，
故选：B
2. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出两集合，再求两集合的交集即可.
【详解】∵，
，
∴.
故选：D.
3. 设复数满足，，复数所对应的点位于第四象限,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。【分析】设出复数，来这里 全站资源一元不到！由题意有，且，求出即可得解.
【详解】设，则，所以，
又，复数所对应的点位于第四象限，所以，
解得，从而.
故选：B.
4. 冬季是流行病的高发季节，大部分流行病是由病毒或细菌引起的，已知某细菌是以简单的二分裂法进行无性繁殖，在适宜的条件下分裂一次（1个变为2个）需要23分钟，那么适宜条件下1万个该细菌增长到1亿个该细菌大约需要（参考数据：）（ ）
A. 3小时B. 4小时C. 5小时D. 6小时
【答案】C
【解析】
【分析】设适宜条件下1万个该细菌增长到1亿个该细菌大约需要分钟，则，两边同时取对数得，结合对数的运算性质求解即可.
【详解】设适宜条件下1万个该细菌增长到1亿个该细菌大约需要分钟，
则，两边同时取对数得，，
所以，所以大约需要小时.
故选：C.
5. 已知抛物线的焦点为F，，则为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定焦点，再利用两点间距离公式计算得到答案.
【详解】抛物线，即，焦点，，.
故选：D6. 若为第二象限角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角三角函数平方关系和商数关系可求得，由此可得；利用二倍角公式和诱导公式可化简所求等式，代入即可.
【详解】为第二象限角，，，
由得：，，，
，
.
故选：D.
7. 有编号为,,的三个盒子和编号分别为,,的三个小球，每个盒子放入一个小球，则小球的编号与盒子编号全不相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
列举出所有的基本事件，并确定出事件“小球的编号与盒子编号全不相同”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.
【详解】以表示编号为、、的盒子分别放编号为、、的小球，则所有的基本事件有：、、、、、，共种，
其中，事件“小球的编号与盒子编号全不相同”所包含的基本事件有：、，共个，
因此，小球的编号与盒子编号全不相同的概率为.故选：D.
【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，解题的关键就是列举出所有的基本事件，遵循不重不漏的原则，考查计算能力，属于中等题.
8. 已知函数，方程（其中）有6个不同的实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象的对称性可得在上有3个不同的实数根，分类讨论后可求参数的取值范围.
【详解】因为当时，有，
故在上图象与在上的图象关于对称，
故在上有3个不同的实数根.
下面仅在上讨论的解.
因为，故或，
当时，则有：，解得.
因为方程在上有3个不同的实数根.
故在上有2个不同的实数根且与相异，
故有两个不同的解，整理得到有两个不同的解.
设，则，解得，
故.
故选：C.
【点睛】思路点睛：与分段函数有关的复合方程的零点问题，可先求出外方程的解，再结合分段函数的性质分类讨论，注意利用函数解析式隐含的图象对称性来处理.
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 已知点P在圆O:上,直线:分别与轴,轴交于两点,则（ ）
A. 过点作圆O的切线,则切线长为B. 满足的点有3个
C. 点到直线距离的最大值为D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A,根据勾股定理求解即可;对于B,即,所以点在以为直径的圆上,设的中点为,写出圆的方程,根据两个圆的交点个数即可判断正误;对于C,根据圆上一点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径进行判断;对于D,,求解的最小值即可判断正误.
【详解】对于A,点,点,过点作圆O的切线,则切线长为,A正确;
对于B,,点在以为直径的圆上,
设的中点为,
圆的方程:,
则圆与圆的圆心距为:,
,
圆与圆O相交,有两个交点,
即满足的点有2个,B不正确;
对于C,点,则圆心到直线的距离,所以点到该直线距离的最大值为,C正确;
对于D,的中点,,因为,的最小值是,D正确.
故选:ACD.
10. 在底面棱长为2侧棱长为的正三棱柱中，点E为的中点，，则以下结论正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，平面
C. 存在使得平面D. 四面体外接球的半径为
【答案】AD
【解析】
【分析】由空间向量的基本定理可判断A，由线面平行与面面平行的判定与性质可判断B，由线面垂直的定义可判断C，由多面体外接球的特点求解可判断D
【详解】由题意可知，
对于选项A，当时，，故选项A正确；对于选项B，在正三棱柱中，有，又平面，平面，
则平面，若平面，
则平面平面，则与题意矛盾，故选项B错误；
对于选项C，因为点D在线段BC运动，
所以的最大值为，而，
所以不存在点D使得平面，故选项C错误；
对于选项D，设的外接圆圆心为，其半径为，四面体外接球球心为O，其半径为R，
则，解得，
设，则可得到，且，
解得，故选项D正确；
故选：AD.
11. 已知函数，且存在唯一的整数，使得，则实数a的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】将不等式转化为，分别作出与的图象，转动直线使得满足的整数解是唯一的，观察直线的斜率满足的条件即可.
【详解】令，得.
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
如图，分别作出函数与的图象，
其中直线恒过定点.
由图可知，，，
存在唯一的整数，使得，则需，
故实数a的取值范围是，
其中，，
而，，
故选：AC.
点睛】参数分离法解不等式恒成立问题:
(1) 参数完全分离法:将参数完全分离到不等式的一端，只需求另一端函数的最值即可，这种方法的好处是分离后函数不含参数，易求最值.
(2) 参数半分离法:将原不等式分成两个函数，其中一个函数为含参的简单函数，如一次函数，可以通过图象的变化寻求满足的条件.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.
12. 已知公比为2的等比数列满足，则______.【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式可得答案.
【详解】由题意可得，解得，
故答案为：.
13. 定义在区间上的函数，是函数的导数，如果，使得，则称为上的“中值点”．下列函数：
①；②；③；④．其中在区间上的“中值点”多于一个的函数是___________（请写出你认为正确的所有结论的序号）
【答案】①④
【解析】
【分析】根据“中值点”的几何意义，结合导数知识可构造方程依次验证各个函数“中值点”个数即可得到结果.
【详解】由题意知：“中值点”的几何意义是在区间上存在点，使得函数在该点的切线的斜率等于区间的两个端点连线的斜率值．
对于①，，区间上任一点都是“中值点”， ①正确；
对于②，，，
又，，解得：；
“中值点”有且仅有一个，②错误；
对于③，，，
又，，解得：，
“中值点”有且仅有一个，③错误；对于④，，，
又，，解得：，
“中值点”有两个，④正确.
故答案为：①④.
14. 已知函数（），若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】不等式变形为，令，，求导得到其单调性，结合特殊函数值，得到若，则或，即或，再对求导，得到其单调性和最值，得到，求出答案.
【详解】不等式对恒成立，
等价于，即，
所以,
设，其中，
则，令得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，又，，
所以存在使得，
所以若，则或，即或，
，，
所以在上，，单调递增，上，，单调递减，
所以，所以只有才能满足要求，
即，又，解得，
所以实数a的取值范围为．
故答案为：
【点睛】思路点睛：隐零点处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
四、解答题
15. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，其中
（1）求函数的解析式；
（2）若函数在区间不单调，求出实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数的奇偶性求得的解析式.
（2）对进行分类讨论，根据的单调性求得的取值范围.
【小问1详解】
由是定义在上的奇函数，所以，
又时，，
所以时，，所以，
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
当时，，
若，由知，在上递增，不合题意；
，，
所以在上先减再增，符合函数在上不单调，
综上，实数的取值范围为.
16. 甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛,约定:随机选择两人打第一局,获胜者与第三人进行下一局的比赛,先获胜两局者为优胜者,比赛结束.已知每局比赛均无平局,且甲赢乙的概率为,甲赢丙的概率为,乙赢丙的概率为.
（1）若甲、乙两人打第一局,求丙成为优胜者的概率;
（2）求恰好打完2局结束比赛的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意分析丙成为优胜者的情况,根据独立事件的概率公式计算即可;
(2)分析三人比赛时,第一场上场的情况,再根据各种情况分析打完2局结束比赛的事件,根据独立事件的概率公式计算结果.
【小问1详解】
解:由题知,根据约定,
丙成为优胜者的情形为:甲赢,丙赢,丙赢,
或乙赢,丙赢,丙赢,两种情况,
当甲赢,丙赢,丙赢时,概率,
当乙赢,丙赢,丙赢时,概率,故丙成为优胜者的概率;
【小问2详解】
若甲乙先比赛,
则甲乙能先比赛的概率为,
此时2局结束比赛的情形分为:
①甲赢,甲赢;
②乙赢,乙赢,
故;
若甲丙先比赛,
则甲丙能先比赛的概率为,
此时2局结束比赛情形分为:
①甲赢,甲赢;
②丙赢,丙赢,
故;
若乙丙先比赛,
则乙丙能先比赛的概率为,
此时2局结束比赛的情形分为:
①乙赢,乙赢;
②丙赢,丙赢,
故.
故恰好打完2局结束比赛的概率.
17. 如图所示，直三棱柱的各棱长均相等，点E在上，满足.
（1）证明为的中点；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用，即可利用向量的数量积的坐标公式进行求解.
（2）建立空间直角坐标系，分别计算出平面的法向量和平面的法向量为，判断两平面夹角为锐角，然后，列出公式，得到，即可求解.
【小问1详解】
设直三棱柱的各棱长均为2，如图，建系可得，
，，，，，，
设，得，，因为，可得，解得，所以，，，所以，为的中点
【小问2详解】
由（1）得，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，则
和，得到，
和，
取，可得，，
取，可得，，
设平面与平面夹角为，明显可见为锐角，可得
，
18. 已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点分别作两条互相垂直的直线与抛物线分别交于与，记的面积分别为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）32
【解析】
【分析】（1）利用定义法求出抛物线的方程；
（2）抛物线焦点弦的性质：过抛物线的焦点的直线与抛物线交于点，设其方程为，与抛物线联立，利用韦达定理，求出面积的表达式，然后将式子代入，利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】由，知，
所以，所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由题意知直线与的斜率均不为0，
设，
联立消去得，则，
因为，用替换得
所以，
，
所以
，当且仅当时等号成立.
所以的最小值为32.
19. 如果数列每一项都是正数，且对任意不小于2的正整数满足，则称数列具有性质.
（1）若（均为正实数），判断数列是否具有性质；
（2）若数列都具有性质，证明：数列也具有性质；
（3）设实数，方程的两根为，若对任意恒成立，求所有满足条件的.
【答案】（1）具有性质；不具有性质
（2）证明见详解 （3）
【解析】【分析】（1）结合性质直接判断即可；
（2）由都具有性质，可直接得出，，
要证，化简可得证，结合性质和基本不等式即可求证；
（3）先将结合韦达定理代换成，设法证明具有性质，则原不等式可进一步放缩为，求出，解一元二次不等式即可求解.
【小问1详解】
对，可看作以为首项，为公比的等比数列，故，故具有性质；
对，若满足，即，整理得，即，，因为，所以不成立，所以不具有性质；
【小问2详解】
若都具有性质，则，，
，，，
要证数列也具有性质，即证，即，整理得：，因为，，即证①，
因为，，所以，
所以，，
由基本不等式可得，①得证；
【小问3详解】
由方程的两根为可得，
，，，，，，即，所以放缩得，即，
当时，；当时，，
所以，即恒成立，故，解得，又，故只能.