湖南省长沙市长郡中学2024届高三数学上学期月考（一）试题（Word版附解析）

英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷（一）

数学

本试卷共8页。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.集合，集合，则（    ）

A.   B.   C.   D.

2.已知，向量，，则“”是“”的（    ）

A.必要不充分条件   B.充分不必要条件

C.充分必要条件   D.既不充分也不必要条件

3.复数（，为虚数单位），表示的共轭复数，表示的模，则下列各式正确的是（    ）

A.   B.

C.   D.

4.若直线：与圆：交于，两点，则的最小值为（    ）

A.   B.   C.   D.

5.数列满足若，则等于（    ）

A.   B.   C.   D.

6.现有长为89cm的铁丝，要截成小段，每段的长度为不小于1cm的整数，如果其中任意三小段都不能拼成三角形，则的最大值为（    ）

A.8   B.9   C.10   D.11

7.已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是（    ）

A.   B.

C.   D.

8.已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（    ）

A.   B.

C.   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.同学们，你们是否注意到：自然下垂的铁链；空旷田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深涧的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数，以下结论正确的是（    ）

A.如果，那么为奇函数   B.如果，那么为单调函数

C.如果ab>0，那么没有零点   D.如果，那么的最小值为2

10.由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱，，，的中点，，，，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（    ）

A.   B.

C.平面  D.几何体2的表面积为

11.已知随机变量，，，，记，其中，，则（    ）

A.     B.

C.  D.若，则

12.已知，函数，则（    ）

A.对任意，，存在唯一极值点

B.对任意，曲线过原点的切线有两条

C.当时，存在零点

D.当时，的最小值为1

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知，则__________.

14.用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，则的展开式中，的系数是___________.（用数字作答）

15.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是____________.

16.如图，椭圆的中心在原点，长轴在轴上.以，为焦点的双曲线交椭圆于，，，四点，且.椭圆的一条弦交双曲线于，设，当时，双曲线的离心率的取值范围为____________.

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.（10分）在中，内角，，的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）是否存在，使得，若存在，求；若不存在，说明理由.

18.（12分）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，.

（1）证明：；

（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最大?

19.（12分）已知数列满足，，.

（1）求证：数列是等差数列；

（2）求数列的前项和.

20.（12分）已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）证明：当时，.

21.（12分）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.

22.（12分）已知抛物线：，，，是抛物线上的三点，且满足，过作于点.

（1）若，求证直线过定点；

（2）设，记点轨迹围成的图形的面积为，记的面积为，当直线的倾斜角不是钝角时，求的最小值.

英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷（一）

数学参考答案

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.A【解析】解不等式，得，则，

解不等式，得，即，

所以，故选A.

2.B【解析】若向量，则，即，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故选B.

3.D【解析】因为，所以，故A错误；

，，故B错误；

，，故C错误；

由复数的几何意义可知，，则，故D正确.

故选D.

4.C【解析】依题意，圆：，故圆心到直线：的距离，故，当且仅当时等号成立，故，故选C.

5.C【解析】因为，所以，，，，所以数列具有周期性，周期为4，所以.故选C.

6.B【解析】截成的铁丝最小为1，因此第一段为1，

因段之和为定值，欲尽可能的大，则必须每段的长度尽可能小，所以第二段为1，

又因为任意三条线段都不能构成三角形，

所以三条线段中较小两条之和不超过最长线段，

又因为每段的长度尽可能小，所以第三段为2，

为了使得最大，因此要使剩下的铁丝尽可能长，因此每一条线段总是前面的相邻两段之和，

依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，以上各数之和为88，与89相差1，因此可以取最后一段为35，这时达到最大为9.故选B.

7.D【解析】由题设有,

令，则有，，即，.

因为在区间内没有零点，

故存在整数，使得，

即因为，所以且，故或,

所以或，故选D.

8.D【解析】设，其判别式，

∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，

由，得，，

∴

①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；

②当时，，故，则，

∵在上单调递增，

∴在上也单调递增，

，，

由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，

∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，

综上，实数的范围是.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.BC【解析】对于A，当时，函数，此时，所以为偶函数，故A错误.

对于B，当时，令，，函数在其定义域上为单调递增函数，函数在其定义域上也为单调递增函数，故函数在其定义域上为单调递增函数；

令，，函数在其定义域上为单调递减函数，函数在其定义域上也为单调递减函数，故函数在其定义域上为单调递减函数；

综上，如果，那么为单调函数，故B正确.

对于C，当，时，函数，

当，时，函数；

综上，如果，那么函数没有零点，故C正确.

对于D，由，则,

当，时，函数；

当，时，函数；

故时，函数可能没有最小值，故D错误.

故选BC.

10.ABC【解析】将几何体1与几何体2合并在一起，连接，，，，，，记，易得，

对于A，因为在正四棱台中，，是的中点，

所以，

又是的中点，，所以，则，，

又，所以，

所以四边形是平行四边形，则，

同理，，

所以四形边是边长为2的菱形，

在边长为4的正方形中，，

因为，是，的中点，所以，，

所以，故A正确；

对于B，因为在正四棱台中，平面平面，

又平面平面，平面平面，

所以，又，所以，故B正确；

对于C，在四边形中，由比例易得，

由对称性可知，而，

所以，则，即，

而由选项B同理可证，所以，

因为在正方形中，，而，所以，

因为，平面，所以平面，故C正确；

对于D，由选项A易知四边形是边长为2的正方形，上下底面也是边长为2的正方形，四边形是边长为2的菱形，其高为，

所以几何体2是由4个边长为2正方形和8个上述菱形组合而成，

所以其表面积为，故D错误.

故选ABC.

11.ABD【解析】对于A，，所以A正确；

对于B，因为，所以B正确；

对于C，当时，，所以C错误；

对于D，因为，所以当时，最大，所以D正确；

证明如下：若，则，

若，则，解得，

故当时，单调递增，当时，单调递减，

即当为整数时，或时，取得最大值，

当不为整数时，为的整数部分时，取得最大值.

故选ABD.

12.ABD【解析】对于A，由已知，函数，可得，

令，∴，则在上单调递增，

令，则，

当时，作出函数，的大致图象如图1，

当时，作出函数，的大致图象如图2，

可知，的图象总有一个交点，

即总有一个根，

当时，；当时，；

此时存在唯一极小值点，A正确；

对于B，由于，故原点不在曲线上，且，

设切点为，，

则，

即，即，

令，，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

故，

又当时，；当时，，

故在和上各有一个零点，即有两个解，

故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；

对于C，当时，，，

故，其在上单调递增，

，，

故存在，使得，

即，

结合A的分析可知，的极小值也即最小值为

，

令，

则，且为增函数，

当，，当且仅当时取等号，

故当时，，则在上单调递增，

故，令，则，故，

此时的最小值为，无零点，C错误；

对于D，当时，为偶函数，考虑的情况，

此时，，

结合A的分析可知在上单调递增，，

故时，，则在上单调递增，

又为偶函数，故在上单调递减，

故，D正确，

故选ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.【解析】

因为，则，所以.

14.2023

【解析】用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数中，满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，即，

当时，不妨设，则

，

所以的系数是.

15.

【解析】由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，

易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为，

故小三角形的边长为，

小球与一个面不能接触到的部分的面积为

，

所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.

16.

【解析】设，，则设，，（其中为双曲线的半焦距，为，到轴的距离），

∵，则∴，即，

∴，，

即点坐标为，

设双曲线的方程为，将代入方程，得，①

将，代入①式，

整理得，，

消去，得，所以，

由于，所以，故，∴.

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.【解析】（1）因为，

所以，

可得或，

即或，

所以，又因为，所以或.

（2）因为，所以.

当时，，

可得，所以，

又因为，所以.

当时，，

可得，所以，无解，

综上，当时，存在，使得；

当时，不存在，使得.

18.【解析】（1）连接，

∵，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，

∴，，

∵，，∴，

∴，，

∴，即，

故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

设，且，则，

∴，，

∴，即.

（2）∵平面，∴平面的一个法向量为，

由（1）知，，，

设平面的法向量为，则即

令，则，，∴，

∴，

又，

∴当时，平面与平面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，

故当时，平面与平面所成的二面角的正弦值最大.

19.【解析】（1）由，可得，则，

令，则再结合，解得

∴，又，

∴是首项为1，公差为2的等差数列.

（2）由（1）知，

∴，

∴.

20.【解析】（1）因为，定义域为，所以.

当时，由于，所以恒成立，此时在上单调递减；

当时，，令，得，

则当时，，有在上单调递增；

当时，，有在上单调递减；

综上所述：当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）我们先证明引理：，恒有且.

引理的证明：

设，.

故只需证明，恒有，.

由于，知当时，；当时，；

则在上单调递减，在上单调递增，所以，

所以，恒有.

由于，知当，均有，

所以恒有，故在上单调递增，

则.

所以，恒有.

综上，引理得证.回到原题：

由（1）得，

故只需证明：对，恒有，即.

由引理得.命题得证.

21.【解析】（1）由题意知，

则，，，，

所以的分布列为

.

（2）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，则，即.

易知，

故此时获大奖的概率

；

同理可以求出当，获大奖的概率为，

因为，

所以，则，

答：甲选择时，获奖的概率更大.

22.【解析】（1）设，，则的斜率，

所以直线的方程为，

化简得，①

又∵，即，∴，②

比较①、②，所以恒过点.

（2）由（1）知，直线的方程为，①

由，得，

化简得，③

比较①和③式，恒过点，

又，所以点的轨迹是以为直径的圆，

圆的半径，

∴.

又设直线的方程为，

联立消去得（其中，），

∴

，

∴，

令，则，

令，

，

所以在单调递减，在单调递增.

∴，