湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三下学期4月月考（八）数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共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. 复数z满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除运算化简得出复数，再应用共轭复数定义得出虚部.
【详解】，则，故的虚部为.
故选：D.
2. 已知集合，，则的真子集的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先解一元二次不等式，再求交集，进而得出真子集个数即可.
【详解】或，∴，
∴，故的真子集个数为3个.
故选：C.
3. 若函数为偶函数，则实数（ ）
A. 1B. C. －1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据偶函数的定义，可得，求得，进而检验即可.
【详解】由函数为偶函数，可得，即，
解之得，则，
，
故为偶函数，符合题意.
故选：D.
4. 空间内有五点A，P，Q，S，T，则“”是“Q为重心”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 既不充分也不必要条件D. 必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】由Q为重心时，可得，计算可得，反之，举例可说明不成立.
【详解】当Q为重心时，可得，
所以，所以，
所以，∴成立；
设，如图所示则Q可不为重心.
所以“”是“Q为重心”的必要不充分条件.
故选：D.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】两边平方可求得，进而可求得，利用立方和公式可求的值.
【详解】由两边平方，得，
∴，，
而，，∴，∴，
∴.
故选：C.
6. 若，，，，构成等差数列，公差，，且其中三项构成等比数列，设，，则下列说法正确的是（ ）
A. k一定大于0B. ，，可能构成等比数列
C. 若，，则为5的倍数D.
【答案】C
【解析】
【分析】特殊值法判断A，根据等差数列通项公式计算求解结合已知判断B，应用等差数列求和公式计算判断C，D.
【详解】A. 取，则，，为等比数列，，故A错误.
B. ，与公差，矛盾，故B错误.
C. 为5的倍数，故C正确.
D. ，故D错误.
故选：C.
7. 双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为，点P在C上，，则的外接圆与内切圆的半径之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设中的外接圆半径为R，内切圆半径为r，，，不妨设，则，利用正余弦定理以及三角形的面积公式可得
，结合离心率可求值.
【详解】设中的外接圆半径为R，内切圆半径为r，，，
不妨设，则，
中，由正弦定理，得，
中，由余弦定理，得，
∴，
，
∵，
∴，
∵，∴.
故选：D.
8. 已知正方体，如图，延长至P使，O为的中点，设交平面于K，则下列说法正确的是（ ）
A. 与异面B.
C. 的余弦值为D. 平面与平面的夹角的正切值为
【答案】D
【解析】
【分析】连接，可得四边形为直角梯形，可判断A；令正方体的棱长为3，计算可得判断B；以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求得判断C；求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，进而利用向量法可求得二面角的夹角的余弦值，进而可求得正切值判断D.
【详解】连接，易知，，所以四边形为直角梯形，与相交，故A错误；
令正方体的棱长为3，由知，，
，所以，，故B错误；
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，，，，
，∴，故C错误；
由，，，，，
易知平面的法向量，
设平面的法向量，
则，
则，可得，
取，得，，则，
∴，，，
∴，，
∴，D正确.
故选：D.
二、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. 下列结论正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 测量重力加速度大小实验中所测g的值服从正态分布，则越大时，测得的g在间的概率越大
C. 某次考试中有三道题，小黄同学做对每道题的概率均为，则他做对的题数的期望为2
D. 已知某10个数据的平均值为7，方差为1.1，则加入一个数据7后方差变为1
【答案】CD
【解析】
【分析】利用二项分布的方差计算公式及方差的性质计算判断A；利用正态分布的性质及意义判断B；利用二项分布的数学期望公式计算可判断C；利用方差的公式计算可判断D.
【详解】对于A，，，故A错误；
对于B，当为定值时，正态密度曲线的峰值与成反比，越大，峰值越低，测得的g越分散，即在间的概率越低，故B错误；
对于C，做对的题数X服从二项分布，故，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：CD.
10. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，交于点M，交于点D，则（ ）
A. B.
C. D. 若的面积为18，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据余弦定理结合基本不等式计算判断A，应用共线定理及性质判断B，应用数量积运算律计算判断C，D.
【详解】，当且仅当时取等，选项A正确；
设，由可得，
由B，D，C三点共线可得，，即，D是边BC的中点，选项B错误；
因为D是边BC的中点，则，即，选项C正确；
因，则，
由，可知，，
则，且，则，选项D正确.
故选：ACD.
11. 函数的定义域为，对，x，，恒成立，且，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于对称
B. 若在上单调递减，则对x，，
C. 若是公差不为零且恒不为零的等差数列，则有
D. 若为等比数列，公比为3，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知交换，两式相加可得判断A；由题意可得，结合单调性可判断B；计算可得左边－右边可判断C；令，则，，计算可判断D.
【详解】对于A，，，相加得，
故，故的图象关于对称，故A错误；
对于B，（*），
又，所以即，故B正确；
对于C，左边，
右边，所以左边－右边，
又对，x，，，所以，
所以，故C错误；
对于D，令，则，，由（*）得，
所以
，故D正确.
注：是解之一，全部解为，，，因为.
故选：BD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，其中，，则的最小值为______.
【答案】20
【解析】
【分析】由题意得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】由知，由知，故，
所以，所以，当且仅当时取等号.
故的最小值为.
故答案为：20.
13. 已知，，则值为______.
【答案】0
【解析】
分析】令，设，则，通过化简，求得，将所求式化简成，利用二倍角公式代入求解即得.
【详解】不妨令，设，
因，则，，
由可得：
，
故.
故答案为：0.
14. 一副二色牌共有纸牌22张，其中红、蓝每种颜色各11张，编号分别为0，1，2，…，10，从这副牌中任取若干张牌，然后按照如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为分，若它们的分值之和为2025，就称这些牌为一个“好”牌组，则“好”牌组的个数为______.
【答案】2026
【解析】
【分析】设x为一个“好”牌组中，未出现的编号的最大值（且），根据要求分和两种情况，分别统计取法数，由分步加法计数原理计算即得.
【详解】因，
设x为一个“好”牌组中，未出现的编号的最大值（且），
由知“好”牌组中不可能每种编号的牌都有，知x必然存在，
当时，由于，则编号为，，…，10的牌各恰有一张，
此时剩余要取出的分值为，
且此时只能从编号为0，1，2，…，的牌中取，
而编号为0，1，2，…，的所有牌的分值总和为，
因此只需从编号为0，1，2，…，的牌中去除21分，由于，则只能从编号为0，1，2，3，4的牌中取出21分，
又
，共种取法，
对，6，7，8，9，10进行计数，总共有种取法；
当时，则编号为5，6，7，8，9，10的牌各恰有一张，此时剩余要取出的分值为，
又，共种取法，
以上取法均满足，那么总共有种取法，
综合与的情况，可得共有个“好”牌组.
故答案为：2026.
四、解答题（本大题共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. 已知数列满足，，令.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.在数列中是否存在3项，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义，根据化简即可求解，或者利用取倒数，利用构造法，结合等比数列的定义即可求解，
（2）根据等差数列的性质可得，即，进而根据等差中项的性质即可求解.
【小问1详解】
法一：∵，
∴若，则；若，则，
∵，
∴，
∴，
∴为等比数列.
法二：∵，，∴，
∴，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，
由题意知，即，
假设存在3项，，成等比数列，则，
∴，∵，
∴化简可得，
∴，这与已知条件m，k，p互不相等矛盾，
所以不存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
16. 已知抛物线C：，直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，.
（1）求证：弦过定点；
（2）已知弦的中点为T，点关于直线对称的点Q在抛物线C上，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线：，，，联立直线与抛物线方程，可得，进而计算可得，可进而可得弦过定点；
（2）由关于直线对称，可求得，分类讨讼可求得.
【小问1详解】
设直线：，，，
联立，
∴ ，
又，代入得，
∴，∴弦过定点.
【小问2详解】
由（1）知定点也为抛物线焦点，又关于直线对称，

∴，可得，即，
∴，
当时，的中点为，
则，：，
∴，
∴，此时；
由对称性可知，当时，.
综上，.
17. 如图，直三棱柱中，，，.

（1）当时，证明：平面平面；
（2）当，记平面与平面，平面，平面，平面所成的角分别为，，，，，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）P为的中点，利用勾股定理的逆定理可得，进而利用线线垂直可得平面，可得，进而可证得平面，可证结论；
（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求得，，，，，进而计算可求范围.
【小问1详解】
设，
∵为直三棱柱，且，
当时，此时P为的中点，
∴在中，，，则，
∵平面，平面，∴，
又∵，，∴平面，
又平面，∴，
∵，平面，
∴平面.∵平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
.
设平面的法向量，
则
令，则，
同理，平面的法向量，
平面的法向量，
平面的法向量，
平面法向量，
∴，
同理，，，
∴，，
∴，
∴的取值范围为.

18. 已知函数.
（1）求的定义域；
（2）求证：无论a取何值，都有两个极值点；
（3）设的极大值点为，极小值点为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用函数有意义，列出不等式求出定义域.
（2）求出函数的导数，利用极值点的意义推理判断.
（3）由（2）信息，结合韦达定理计算并化简，再利用基本不等式，构造函数并利用导数推理得证.
【小问1详解】
函数中，，解得或，
所以函数的定义域为.
【小问2详解】
求导得，
令，由，，得，，
因此方程有两个不等实根，
显然，当或时，，
当或时，，则有两个变号零点，
所以函数始终有两个极值点.
【小问3详解】
由（2）知，，，
，
，
由，得，，
，，
，
令，则，令，求导得，
函数在上单调递增，，
所以.
19. （1）已知集合，，若集合，其中，，满足，写出所有符合条件的C；
（2）集合，，从M，N中各自等概率地取出一个元素a和b，，求X的数学期望；
（3）若集合，，满足，，考虑以下2500个数（可以相同）：，，对，设为k在上面2500个数中出现的次数，证明：.
（注：表示，，…，中最小的数，.）
【答案】（1），，，；（2）；（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由定义求解即可；
（2）由定义可知1出现50次，2、3出现49次，4、5出现48次，…，98、99出现1次，100出现0次，利用数学期望的定义计算即可；.
（3）不妨设，进而可得组数为，利用基本不等式计算即可证明结论.
【详解】（1），，，.
（2）1出现50次，2、3出现49次，4、5出现48次，…，98、99出现1次，100出现0次.
故
.
（3）不妨设，
即满足的组数，
刚只需且，这样的组数有组.
由基本不等式，
而为所有小于11的，的数量，即，
故，即证.