湖南省长沙市湖南师大附中2024届高三上学期月考数学试题（1）

这是一份湖南省长沙市湖南师大附中2024届高三上学期月考数学试题（1），文件包含湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考一数学试题原卷版docx、湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考一数学试题原卷版pdf、湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考一数学试题解析版docx、湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考一数学试题解析版pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。

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. 设，则中整数个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】求得集合，结合集合中的不等式，即可得到集合中元素的个数.
【详解】由集合，
可得集合中的元素包含整数有：，
以上整数满足集合中不等式的有，
所以中整数个数为.
故选：D.
2. 已知母线长为5的圆锥的侧面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由勾股定理可得圆锥的高，然后结合锥体的体积公式，即可得到结果.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由已知，，则，从而，所以.
故选：B.
3. 若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数在复平面内所对应的点位于 .
A. 第一象限.B. 第二象限.C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【详解】因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以
即>0,因此点位于第二象限，选B.
4. 已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量减法和向量相等的定义即可求得之间的关系，进而得到正确选项.
【详解】，
而在平行四边形ABCD中，，所以，
又，，，，
则，也即.
故选：B.
5. 已知数列的前项和为，若，，则有（ ）
A. 为等差数列B. 为等比数列
C. 为等差数列D. 为等比数列
【答案】D
【解析】
【分析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项.
【详解】由题意，数列的前项和满足，
当时，，两式相减，可得，
可得，即，又由，当时，，所以，
所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当时，，又由时，，适合上式，
所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
6. 为了保障交通安全，某地根据《道路交通安全法》规定：汽车驾驶员血液中的酒精含量不得超过0.09mg/mL.据仪器监测，某驾驶员喝了二两白酒后，血液中的酒精含量迅速上升到0.3mg/mL，在停止喝酒后，血液中每小时末的酒精含量都比上一个小时末减少25%，那么此人在开车前至少要休息（参考数据：，）（ ）
A. 4.1小时B. 4.2小时C. 4.3小时D. 4.4小时
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列不等式，然后利用对数运算公式解不等式即可.
【详解】设经过小时，血液中的酒精含量为，则.
由，得，则.因为，则
，所以开车前至少要休息4.2小时.
故选：B.
7. 已知函数的定义域为，设的导数是，且恒成立，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，得到，得到为增函数，得到，即可求解.
详解】设，则，
故在定义域上是增函数，所以，
即，所以.
故选：D.
8. 若正三棱锥满足，则其体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的运算性质，结合三棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.
【详解】设正三棱锥的底边长为，侧棱长为，
，
，
设该三棱锥的高为，
由正弦定理可知：，
所以，

又.
由
设，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
在上存在唯一的极大值点，且在时取得最大值为.
故正三棱锥体积的最大值为，
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用空间向量数量积的运算性质得到正三棱锥底面边长与侧棱长的关系.
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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，且，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，作差法得到，结合，得到结论；B选项，可举出反例；CD选项，作差法比较大小.
【详解】对于A，，又，故，A正确；
对于B，不妨设，则，故B错误.
对于C，，
∵，∴，，，
∴，∴，所以C错误.
对于D，，
∵，∴，，∴，
∴，所以D正确.
故选：AD
10. 设正方体中，，，的中点分别为，，，则（ ）
A. B. 平面与正方体各面夹角相等
C. 四点共面D. 四面体，体积相等
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用余弦定理可求得和，知A正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角向量求法可求得B正确；由异面直线定义可确定C错误；利用线面平行的判定可证得平面，由此可知D正确.
【详解】对于A，设正方体棱长为，
则，，，
，，
又，，，A正确；
对于B，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
又平面，平面和平面的法向量分别为，，，
，
平面与正方体各面夹角相等，B正确；
对于C， 分别延长，，交延长线于点，
，，四边形为平行四边形，；
，，为的中位线，，
不重合，
平面，平面，，
与为异面直线，四点不共面，C错误；
对于D，连接，
，，四边形为平行四边形，
，又，，
平面，平面，平面，
则点到平面的距离相等，四面体，体积相等，D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数满足，且在上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 若，则
C. 的最小正周期为4D. 在上的零点个数最少为1012个
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题设及正弦型函数的对称性有，假设B中解析式成立，由得，进而验证解析式，令，，，作差求，进而求最小正周期，根据所得周期及正弦型函数的零点性质判断区间零点个数.
【详解】A，由题意在的区间中点处取得最大值，即，正确；
B，假设若，则成立，由A知，
而，故假设不成立，则错误；
C，，且在上有最大值，无最小值，
令，，，
则两式相减，得，即函数的最小正周期，故正确；
D，因为，所以函数在区间上的长度恰好为506个周期，
当，即，时，在区间上的零点个数至少为个，故错误.
故选：AC.
12. 已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，求导得其最大值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 曲线在点处的切线与直线垂直，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义和垂直关系可知，由此可构造方程求得结果.
【详解】在处的切线与直线垂直，，
又，，解得：.
故答案为：.
14. 圆关于直线对称，则的值为______.
【答案】
【解析】
分析】
转化条件为直线过圆心，即可得解.
【详解】由题意，圆的圆心为，
因为圆关于直线对称，
所以圆心在直线上，即，
所以.
故答案为：.
15. 如图，正四棱锥的每个顶点都在球M的球面上，侧面是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】过四棱锥顶点和底面对棱中点作截面，此截面截半球得半圆，半圆与正四棱锥的截面等腰三角形的腰相切，由此可用棱锥的棱长表示半球半径，作正四棱锥对角面，对角面等腰三角形的外接圆是球的大圆，从而又可用棱锥棱长表示球的半径，由体积公式求得体积后得比值．
【详解】取中点，中点，作截面，把截面另外画出平面图形，如图，则半球的半个大圆与的两腰相切，是中点，为切点，
设正四棱锥底面边长为，则，，，，
由对称性知正四棱锥的对角面的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，
，，，所以，是外接圆直径，所以球的半径为，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查球的体积，考查棱锥的内切球与外接球问题，解题关键是作出正棱锥的截面，此截面截球的大圆，从而易得球半径与棱锥的棱长之间的关系．
16. 已知数列的各项均为非零实数，其前项和为，，且对于任意的正整数均有.（1）若，则______；（2）若，则满足条件的无穷数列的一个通项公式可以是______.
【答案】 ①. 2 ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】将代入，即可求出；由可得，两式相减可得或，即可求出答案.
【详解】当时，，又，，代入上式可求得.
已知，得，
当时，，
即，所以或，
又，，所以（答案不唯一）.
故答案为:2；（答案不唯一）.
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. 在梯形中，，，，．
（1）求的值；
（2）若的面积为4，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合正弦定理即可直接求解；
（2）由已知结合和差角公式及三角形面积公式可先求，然后结合余弦定理可求．
【小问1详解】
解：在中，，，
由正弦定理得，则；
【小问2详解】
解：因为，为锐角，所以，
所以，
又为锐角，所以，
因为，所以，
由余弦定理得，
所以．
18. 已知数列满足，当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意化简得到，得到数列为等差数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由，得到，结合裂项求和及，即可得证.
【小问1详解】
解：由，可得，即，
则数列是公差为的等差数列，
又由，可得，则，可得，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
解：由，则.
所以
.
因为，所以，
即.
19. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，是线段上的一动点，过点和直线的平面与，分别交于，两点.

（1）若为的中点，请在图中作出线段，并说明，的位置及作法理由；
（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）作图见解析，为的中点，为靠近点的三等分点，理由见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，再结合为的中点即可得到为的中点，根据面面平行的性质得到平分，再根据角平分线的性质即可得到为的三等分点；
（2）设的坐标为，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可求解.
【小问1详解】
如图，取为的中点，为靠近点的三等分点.
理由如下：由四边形为正方形得，，，
又平面，平面，所以平面.
又平面平面，为的中点，得，且为的中点.
因为，，平面，平面，所以∥平面，
又，平面，所以平面平面，
平面平面，平分，得平分，
又，得到为的三等分点，且，从而作出线段.
【小问2详解】
由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
于是，，，
设，则的坐标为.
设平面的法向量为，则由得
令，得平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则，
假设存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，
则有，解得，.
所以线段上存在点，位于靠近点的三等分点处，使得直线与平面所成角的正弦值为.
20. 2022年8月9日，美国总统拜登签署《2022年芯片与科学法案》．对中国的半导体产业来说，短期内可能会受到“芯片法案”负面影响，但它不是决定性的，因为它将激发中国自主创新的更强爆发力和持久动力．某企业原有400名技术人员，年人均投入万元，现为加大对研发工作的投入，该企业把原有技术人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员名（且），调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元．
（1）若要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，求调整后的研发人员的人数最少为多少人？
（2）为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在投入方面要同时满足以下两个条件：①研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入；②技术人员的年人均投入始终不减少．请问是否存在这样的实数，满足以上两个条件，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）125.
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，解得，结合条件，可求得，由此可知调整后的研发人员的人数最少为125人；
（2）由条件①得，由条件②得，假设存在同时满足以上两个条件，则上述不等式恒成立，进而求得，即，故确定存在，且.
【小问1详解】
依题意可得调整后研发人员的年人均投入为万元，
则，整理得，
解得，
因为且，所以，故，
所以要使这名研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，调整后的研发人员的人数最少为125人.
【小问2详解】
由条件①研发人员年总投入始终不低于技术人员的年总投入，得，
上式两边同除以得，整理得；
由条件②由技术人员年人均投入不减少，得，解得；
假设存在这样的实数, 使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，
即恒成立，
因为，
当且仅当，即时等号成立, 所以，
又因为，当时，取得最大值，所以，
所以，即，
即存在这样的满足条件，其范围为.
21. 已知椭圆的中心在坐标原点，两焦点，在轴上，离心率为，点在上，且的周长为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的动直线与相交于，两点，点关于轴的对称点为，直线与轴的交点为，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率的公式、椭圆定义和求，，即可得到椭圆方程；
（2）设直线的方程，联立直线和椭圆方程，根据韦达定理、，，三点共线和点点关于轴对称得到点，然后利用割补的思路得到，最后利用换元和基本不等式的方法求最值即可.
【小问1详解】
设椭圆的半长轴长、半短轴长、半焦距分别为，，，
因为，则.
因，则，即.
于是，解得，从而，.
因为椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的标准方程是.
【小问2详解】

设直线的方程为，代入椭圆方程，得，
即，，解得.
设点，，则，.
因为点，关于轴对称，则.设点，
因为，，三点共线，则，即，
即，即，
得.
所以，点为定点，.
.
令，则.
当且仅当时取等号，所以的面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线求最值的思路：
（1）几何的思路：根据几何知识得到最值得情况，例如：两点之间线段最短等等；
（2）代数的思路：将要求的用代数式表示出来，然后用函数的思路或不等式的思路求最值即可.
22. 已知函数，，设表示，的最大值，设.
（1）讨论在上的零点个数；
（2）当时，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）二次求导，得到导函数的单调性，从而分和两种情况，求出在上的零点个数；
（2）考虑时，在上恒成立，满足；再考虑时，等价于在上恒成立，对求导，得到的单调性，求出，令，求导得到函数单调性，结合，得到，求出的取值范围.
【小问1详解】
，令，则，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
①当时，在上单调递增，，无零点；
②当时，在上单调递减，在上单调递增.
∴，而，，
∴，使得，∴在上有且只有一个零点.
综上所述，当时，在上无零点；
当时，在上有且只有一个零点.
【小问2详解】
①当时，上恒成立，显然；
②当时，若，；若，.
∴等价于在上恒成立.
∵，∴.
令，则；令，则.
∴在上单调递减，在上单调递增，
不妨令，则，则.
令，，易得在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，故，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴
，
令，∴，
∴在上单调递减，而，
∵在上恒成立，
∴，∴，即，
∴，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方