湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（六）（2月）数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期月考（六）（2月）数学试卷（Word版附解析），共20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。
数学
命题:龚红玲 曹菲菲 孙瑶 吴雪飞 审题:高三数学备课组
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算一元二次不等式得出集合A，再应用对数函数的定义域得出集合B，最后应用交集定义计算即可.
【详解】因为集合A=x∣x2-x-2≤0=x|-1≤x≤2,B=x∣y=lnx-1=x|x>1，
则.
故选：B.
2. 已知是关于的方程的一个根，，，则（ ）
A. B. 16C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】将代入方程，结合相等复数的概念求得，即可求解.
【详解】将代入方程，
得，解得，，
所以.
故选：B
3. 已知等差数列，其前项和为，若，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 27
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列性质，结合前项和公式计算即得.
【详解】在等差数列中，，解得 ，
所以.
故选： C.
4. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，且，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】选项A，
若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错；
选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量，两平面垂直，即为它们的法向量垂直，则，B正确；
选项C，若，则可能有，也可能相交，C错；
选项D ，若，且，则或，D错．
故选：B．
5. 已知某班级将学生分为4个不同的大组，每个大组均有14名学生，现从这个班级里抽取5名学生参加年级活动，要求每个大组至少有1名同学参加，则不同的抽取结果共有（ ）
A. 种B. 种
C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，必有一组应取2人，其余组别各取1人，运用分步乘法计数原理计算即得.
【详解】由题意，要求每个大组至少有1名同学参加，即在4个大组中，必有一个大组有2名同学参加活动，其余组别各有1个同学.
运用分步乘法计数原理解决：先从4个大组中抽取一个有2名同学参加的组，有种，
再从另外三个大组中分别各取1名同学，有种，
最后确定有2个同学参加的组的人选，有种.
由分步乘法计数原理，抽取结果共有个．
故选：C.
6. 设，点在轴上，点在轴上，且，当点在轴上运动时，点的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点，根据向量关系及垂直关系可得点的轨迹方程.
【详解】设点，因为，则为的中点，且点在轴上，
所以，则,
又，则，，
由，
故点的轨迹方程为.
故选：D.
7. 若钝角满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先等式两边同乘以分母，左右平方，再根据同角三角函数关系减少未知量，最后结合角的范围求解.
【详解】因为，则，
所以，左右平方得，
化简得，计算得，
所以或，又因为为钝角，所以.
故选：C.
8. 已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为.若在双曲线的渐近线上存在一点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】条件可转化为以为直径的圆与渐近线有公共点，故的中点到渐近线的距离，列不等式化简可求结论.
【详解】双曲线的右顶点为，
抛物线的焦点为，
双曲线的渐近线方程为.在双曲线的渐近线上存在一点，使得，
等价于以为直径的圆与渐近线有公共点，
所以的中点到渐近线的距离，
即，
即，
所以，即，
所以，
又，
所以.
故选：B.
二、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. 已知一组样本数据，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 该样本数据的上四分位数为
B. 若样本数据的方差为，则这组样本数据的平均数为2
C. 剔除某个数据后得到新样本数据的极差不大于原样本数据的极差
D. 若的均值为2，方差为的均值为6，方差为2，则的方差为5
【答案】BC
【解析】
【分析】利用百分位数定义，方差公式，分层样本求总体的方差公式，极差定义即可得解.
【详解】对于A，由，所以样本数据的上四分位数为，故A错误；
对于B，由方差公式得，
所以根据已知条件可知：，因为，所以，故B正确；
对于C，剔除某个数据后得到的新样本数据的极差不大于原样本数据的极差，故C正确；
对于D，由于，则，故D错误；
故选：BC
10. 已知函数的定义域为，，，则（ ）
A.
B. 是奇函数
C. 的图象关于点对称
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，，可得，即可判断A；令，即可根据奇函数的定义判断B；由，可得，可判断的图象关于点对称，即可判断C；结合奇函数的性质，即可判断D．
【详解】令，，则，即，解得，故A正确；
令，则，得，由A可知，则，即，故是奇函数，B正确；
对任意的都有，可得，因此的图象关于点对称，故C错误；
由于且是奇函数，得，即，因此，，，…，，所以D正确．
故选：ABD．
【点睛】一般用赋值法求抽象函数的值，利用定义法判断抽象函数的奇偶性、对称性．
11. 设是一个无穷数列的前项和，若一个数列满足对任意的正整数，不等式恒成立，则称数列为和谐数列，下列说法正确的是（ ）
A. 若数列满足：，则为和谐数列
B. 对任意的正整数均有，则为和谐数列
C. 若等差数列和谐数列，则一定存在最大值
D. 若的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】先证明等价于，对于A，结合等比数列求和公式证明，由此判断A，对于B，由条件结合前项和的定义证明，判断B，对于C，设等差数列的公差为，先证明为等差数列，公差为，再结合定义证明，结合等差数列求和公式判断C，举例说明满足条件的数列存在，判断D.
【详解】因为，
对于A，，所以为和谐数列，故A正确；
对于B，若，则，所以B正确；
对于C，设等差数列的公差为，则，
所以，即为公差为的等差数列，
若为和谐数列，即，则，
则数列是单调递增的等差数列，又是无穷数列，
所以无最大值，所以错误；
对于，取，，
则，，
下面证明，即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列，
即证，
即证451--14n>n-14n，
即证，
当时，上式左边为负数，显然成立；
当时，即证，即16k-52k-1>0*，
而16k-52k-1=1+15k-52k-1≥1+Ck1⋅15-52k-1=252k>0
所以式成立，所以正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则的对称中心为_____.
【答案】，
【解析】
【分析】结合函数图象变换结论求函数的函数解析式，结合正切函数的性质列关系式求对称中心的横坐标，由此确定对称中心坐标即可.
【详解】由题意，函数，
令，解得，，
则的对称中心为，.
故答案：，.
13. 在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为、、，其中为显性基因，为隐性基因，且这三种基因型的比为.如果在子二代中任意选取颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为的概率是_________
【答案】##0.25
【解析】
【分析】由条件概率与独立事件的概念求解即可.
【详解】记事件：子三代中基因型为，由于父本中含时子三代为的概率为0，故父本基因选择如下：
记事件：选择的是、，记事件：选择的是、，记事件：选择的是、，
则，，．
在子二代中任取颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是、，则子三代中基因型为的概率为；
②若选择的是、，则子三代中基因型为的概率为；
③若选择的是、，则子三代中基因型为的概率为．
综上所述，
．
因此，子三代中基因型为的概率是．
故答案为：
14. 设a∈R，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是_____．
【答案】[4﹣6，4+6]
【解析】
【分析】
由题意可得|x3|+|x3|+8≥（4﹣a）x恒成立，讨论x＞0，x＜0，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围．
【详解】|x3|+|x3|+ax≥4x﹣8恒成立，
即|x3|+|x3|+8≥（4﹣a）x恒成立，
当x＞0时，可得4﹣a≤|x2|+|x2|的最小值，
由|x2|+|x2||x2x2|2x22x236，
当且仅当x3＝2即x取得最小值6，即有4﹣a≤6，则a≥4﹣6；
当x＜0时，可得4﹣a≥﹣[|x2|+|x2|]的最大值，
由|x2|+|x2|2x22x236，
当且仅当x3＝﹣2即x取得最大值﹣6，即有4﹣a≥﹣6，则a≤4+6，
综上可得4﹣6a≤4+6，
故答案为：[4﹣6，4+6]．
【点睛】本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和分类讨论思想，以及基本不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
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. 在中，角所对的边分别为，满足.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，的平分线交于点，且1，求的值.
【答案】（1）；
（2）当时，；
当时，
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得，结合内角和公式和两角和正弦公式化简，解方程可求结论；
（2）结合关系及三角形面积公式可得，解方程求，再求可得结论.
【小问1详解】
由正弦定理知，，
因为
所以，
又，
所以，
因为，，故，，
所以，故，
所以.
【小问2详解】
因为，
即，
所以，
解得或，
当时，；
当时，.
16. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，四边形为矩形.
（1）若，证明:平面平面；
（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目条件结合线面垂直的性质得到，从而得到，得出，利用勾股定理得到，进而得到，结合线面垂直和面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，直线和分别为轴，建立空间直角坐标系，根据得到，写出各点坐标，再分别求出平面平面EBC与平面AEF的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
取EF中点G，连接AG，CG，AC，
因为平面，平面，所以，
又边形为矩形，则，，所以平面，
又因为平面，所以，
又底面是边长为的正方形，则，
所以，又因为G为EF中点，所以，
又因为，
所以，同理可得，
又因为，所以，即，
又，平面，所以平面，
又平面，平而平面.
【小问2详解】
以为原点，直线、和分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
由，得，
则，，，，，，
设平面AEF的法向量为，又，，
则，取，得，
设平面EBC的法向量为，又，，
则，取，则，
则，
故平面EBC与平面AEF的夹角的余弦值.
17. 某单位在“全民健身日”举行了一场趣味运动会，其中一个项目为投篮游戏.游戏的规则如下:每局游戏需投篮3次，若投中的次数多于未投中的次数，该局得3分，否则得1分.已知甲投篮的命中率为，且每次投篮的结果相互独立.
（1）求甲在一局游戏中投篮命中次数的分布列与期望；
（2）若参与者连续玩局投篮游戏获得的分数的平均值大于2，即可获得一份大奖.现有和两种选择，要想获奖概率最大，甲应该如何选择?请说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）甲选择时，获奖的概率更大，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）说明，求出概率得到的分布列，然后求解期望．
（2）首先分布计算当和时，计算得3分的次数，再根据二项分布求概率，比较大小.
【小问1详解】
由题意知，则，，
，，
所以X的分布列为
．
【小问2详解】
由（1）可知在一局游戏中，甲得3分的概率为，得1分的概率为，
若选择，此时要能获得大奖，则需次游戏的总得分大于，
设局游戏中，得3分的局数为m，则3m+6-m>12，即．
因为，故此时获大奖的概率
P1=Pm>3=C64×124×122+C65×125×121+C66×126
，
同理当，此时要能获得大奖，则需次游戏的总得分大于，
设局游戏中，得3分的局数为，则3m1+8-m1>16，即，
因为，故此时获大奖的概率
P2=Pm1>4=C85×125×123+C86×126×122+C87×127×12+C88×128
，
所以，则，
所以甲选择时，获奖的概率更大．
18. 已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，且四个顶点所围成的菱形的面积为4．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）四边形ABCD的顶点在椭圆上，且对角线AC，BD过原点O，设，满足．
①求证：直线AB和直线BC的斜率之和为定值；
②求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②4
【解析】
【分析】（1）根据题意，找出之间的关系式，列方程求解即可；
（2）①设出方程，直线与曲线联立，运用韦达定理，以及斜率公式求证即可；②结合①的信息，令，则，根据点到直线距离公式和三角形面积公式,结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
由题意，2ab=4，
又，解得，
所以椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
如图所示
①设直线AB的方程为，设
联立，得
(*)
=
，，
整理得，
所以直线和直线的斜率之和为定值0．
②由①，不妨取，则
设原点到直线AB的距离为d，则
又，所以
当且仅当时取等号．
．
即四边形ABCD的面积的最大值为4．

19. 函数，曲线在点处的切线在轴上的截距为．
（1）求；
（2）讨论的单调性；
（3）设，证明：．
【答案】(1) (2) 在上单调递增．(3)证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意知切点坐标为，切线方程为：，结合条件列方程即可得到结果；
（2）由（1）知，对求导，得，从而可知在上的单调性；
（3）欲证，即证．只需证．不妨设，由此可得．因此，欲证，只需证．
【详解】（1）由题意知切点坐标为．
对求导，得，从而．
所以切线方程为，令，得，解得．
（2）由（1）知，从而，对求导，得
，从而可知在上单调递增．
（3）（方法一）
由（1）知，故单调递减，
由（2）知单调递增，
当时， ， .
当时， ， .
故 ，所以
.
因为 所以
（方法二）令，解得．
从而，作商，得，
所以，从而．
所以．
当为偶数时，；
当为奇数时，．
故无论为奇数还是偶数，．
下只需证明．
当时，有，满足题意；
当时，．
故只需证，即证．
而当时，．
故不等式得证．
（方法三）要证，只需证，
只需证．易知在上单调递减，且．
若，则．
此时，，只需证，
只需证．此时，．
由（2）知．
若，则．
此时，，只需证．
只需证．此时，．
由（2）知，．
综上所述，成立．
所以，．
易知，，所以成立．
故原不等式得证．
【点睛】本题是数列与函数的综合问题，考查了数列递推关系的推导应用，不等式证明，切线的几何意义，以及函数单调性与数列的单调性，需要具备一定的基础知识和解题方法，属于难题．
X
0
1
2
3
P