湖南省2023_2024学年高三数学上学期月考二含解析

这是一份湖南省2023_2024学年高三数学上学期月考二含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
得分：___________
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟，满分150分．
第Ⅰ卷
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，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.
【详解】．
故选:C.
2. 全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.
【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，
所以.
故选：C
3. 函数的部分图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.
【详解】易知的定义域为，
因为，
所以为奇函数，排除答案B，D；
又，排除选项C．
故选:A．
4. 在边长为3的正方形ABCD中，点E满足，则（）
A. 3B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】建立直角坐标系，写出相关点的坐标，得到，，利用数量积的坐标运算计算即可.
【详解】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示直角坐标系，
由题意得，
所以，，
所以.
故选：A.
5. 某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（）（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.
【详解】设半球的半径为，因为，
所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，
所以，
所以该实心模型的体积为，
所以制作该模型所需原料的质量为
故选：C
6. 已知数列为等比数列，其前n项和为，，则“公比”是“对于任意，”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. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式以及前项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.
详解】若，且公比，则，所以对于任意，成立，故充分性成立；
若，且，则，
所以由对于任意，，推不出，故必要性不成立；
所以“公比”是“对于任意，”的充分不必要条件.
故选:A
7. 若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sin x－a)·(cs x－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知不等式得到，要求y＝sin x和y＝cs x图象不在y＝a＝的同一侧，利用正弦函数、余弦函数图象的性质进行解答即可．
【详解】在同一坐标系中，作出y＝sin x和y＝cs x的图象，
当m＝时，要使不等式恒成立，只有a＝，
当m＞时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sin x和y＝cs x的图象不在y＝a＝的同一侧.
∴由图可知m的最大值是.
故选：C.
8. 已知函数的定义域为R，，且在上递增，则的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据可得关于直线对称，根据可得，结合函数的单调性可得函数图象，根据图象列不等式求解集即可.
【详解】解：函数，满足，则关于直线对称，
所以，即，
又在上递增，所以在上递减，
则可得函数的大致图象，如下图：
所以由不等式可得，或，解得或，
故不等式的解集为.
故选：D.
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. 对于实数，，，下列选项正确的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则，D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.
【详解】对选项A，因为，所以，，
所以，故A正确；
对选项B，，，所以，
因为，所以，即，故B正确；
对选项C，令，，满足，不满足，，故C错误；
对选项D，因为，，
所以，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A.
B. 函数的最小正周期为
C. 函数的对称轴方程为
D. 函数图象可由的图象向右平移个单位长度得到
【答案】AB
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的图像性质逐项判断.
【详解】，所以A正确；
对于B，函数的最小正周期为，所以B正确；
对于C，由，，得，，所以函数的对称轴方程为，，所以C不正确；
对于D，的图象向右平移个单位长度，得，所以函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以D不正确．
故选：AB．
11. 设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）
A. 若，则是数列的最大项
B. 若数列有最小项，则
C. 若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D. 若对任意的，均有，则数列是递增数列
【答案】BD
【解析】
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．
故选：BD
12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）
A. 四面体的体积为定值
B. 当，分别为棱，的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行
C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为
D. 当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；作出线面角，并求出其正切表达式判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.
【详解】点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，
所以四面体的体积恒为定值，A正确；
在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，
又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误；
正方体棱长为2，如图1，过作于，则有平面，
于是与平面所成角即为，于是，
又长度的最大值为，所以与平面所成角的正切值的最小值为，C正确；
如图2，取中点，连接，有，且，
则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，
此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，
连接，在上取点，使得，同证的方法得，
在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，
即，而，于是四边形是平行四边形，
有，则为过，，三点的平面与平面的交线，
连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若函数的图象在处的切线斜率为3，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】求导，利用求解即可.
【详解】解：因为，所以，
又函数的图象在处的切线斜率为3，
则，所以．
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，圆与轴的正半轴交于点，点，在圆上，若射线平分，，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意可知圆的半径为，设，由题意可知，，则点的横坐标为，点的纵坐标为．故答案为：．
15. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，再结合基本不等式即可得答案.
【详解】解：因为函数为偶函数，则，
即，①
又因为函数为奇函数，则，
即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为．
故答案为：
16. 已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为120°， ，则三棱锥的外接球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
将沿折起后，取中点为，连接，，得到，在中由余弦定理求出的长，进一步求出的长,分别记三角形与的重心为、，记该几何体的外接球球心为，连接，，证明与全等，求出，再推出，连接，由勾股定理求出，即可得出外接球的表面积.
【详解】将沿折起后，取中点为，连接，，则，，
所以即为二面角的平面角，所以；
设，则,在中
，即
解得，即，所以
所以与是边长为的等边三角形.
分别记三角形与的重心为、，则，；即；
因为与都是边长为的等边三角形，
所以点是的外心，点是的外心；
记该几何体的外接球球心为，连接，，
根据球的性质，可得平面，平面，
所以与都是直角三角形，且为公共边，
所以与全等，因此，
所以；
因为，，，且平面，平面，
所以平面；
又平面，所以，
连接，则外接球半径为，
所以外接球表面积为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明.
【小问1详解】
依题意可得，当时，，，则；
当时，，，两式相减，
整理可得，又为正项数列，
故可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
【小问2详解】
证明：由（1）可知，所以，
，所以成立
18. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求；
（2）若，的内切圆半径为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出，结合余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理可得，①
因为，所以，
代入①式整理得，
又因为、，，则，所以，
又因为，解得.
【小问2详解】
解：由（1）知，，因为内切圆半径为，
所以，即，
所以，②，
由余弦定理得，所以③，
联立②③，得，解得，
所以的周长为.
19. 如图，在三棱柱中，，，，，且平面．
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质和判断定理可得平面，从而即可证明；
（2）建立以为原点，分别以，，所在直线为，，轴的空间坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：因平面，平面，所以，
因为，四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，所以．
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
【小问2详解】
解：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，，
所以，
设二面角的大小为，
因为，
所以，
所以二面角的正弦值为．
20. 如图，已知椭圆上一点，右焦点为，直线交椭圆于点，且满足，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于两点，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得，由且，知，即可求出椭圆的标准方程；
（2）直线的方程为，与椭圆联立求出，求出点到直线的距离为，，联立直线与椭圆方程结合弦长公式求出，求出四边形的面积，整理化简利用二次函数求出最值.
【详解】（1）为椭圆上一点，
又，可得，，即
所以椭圆的标准方程是.
（2）由（1）知，，直线的方程为，
联立，整理得：，
解得：，
设点，到直线的距离为和，
则，，
直线与椭圆相交于两点，
联立，整理得：，解得：.
.
设四边形面积为，则.
设，则，
当，即，即时，四边形面积有最大值.
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
21. 如图所示，是圆锥的一部分(A为圆锥的顶点)，是底面圆的圆心，，是弧上一动点（不与、重合），满足．是的中点，．
（1）若平面，求的值；
（2）若四棱锥的体积大于，求三棱锥体积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明出，可得出，，然后在中利用正弦定理可求得的值；
（2）计算得出四边形的面积，结合可求得的取值范围，设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，计算得出，结合正弦型函数的基本性质可求得结果.
【小问1详解】
解：取的中点，连接，为的中点，则，
平面，平面，则平面，
由题设，当平面时，因为，所以，平面平面，
平面，则平面，
因为平面，平面平面，则，
所以，，，
在中，由正弦定理可得，故.
【小问2详解】
解：四棱锥的体积，其中表示四边形的面积，
则
，
所以，，可得，
，则，故，解得.
设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，
由于是的中点，则
.
22. 混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为．目前，我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．
（1）证明：；
（2）若，．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性．公众号：高中试卷君
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.
（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.
【小问1详解】
由题意可得满足二项分布，
由知，，当且仅当时取等号；
【小问2详解】
记（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），
（混管中恰有i例阳性）=，，
令，，
则，
当时，，为单调递减，
当时，，为单调递增，所以，
且，，
所以当，即，两边取自然对数可得，
所以当，时，
所以，
则．
故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.