湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三数学上学期月考（二）试题（Word版附解析）

大联考长郡中学2024届高三月考试卷（二）

数学

得分__________.

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. 若集合，则的元素个数为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】求出，得到交集，得到元素个数.

【详解】集合，，

则，即元素个数为3.

故选：B

2. 设，若复数的虚部为3（其中为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】利用的性质和复数的除法运算化简求出其虚部令其等于3可得答案.

【详解】复数，

因为其虚部为3，所以，可得.

故选：A.

3. 已知非零向量，满足，，若，则向量在向量方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】依题意可得，根据数量积的定义及运算律求出，即可求出，最后根据计算可得.

【详解】因为，所以，

∴，又，所以，∴或（舍去），

所以，

所以在方向上的投影向量为.

故选：A.

4. 设抛物线：焦点为，在上，，则的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据抛物线的定义求得，进而确定正确答案.

【详解】抛物线的开口向上，

由于在上，且，

根据抛物线的定义可知，

所以抛物线的方程为.

故选：A

5. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得在区间恒成立，进一步转化为在区间恒成立，从而可求出实数的取值范围

【详解】由，得，

因为函数在区间上单调递增，

所以在区间恒成立，

所以在区间恒成立，

即在区间恒成立，所以.

故选：D

6. 直线与圆相交于两点，则是“的面积为”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. 既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由时,圆心到直线的距离.所以弦长为.所以.所以充分性成立,由图形的对称性，当时, 的面积为.所以不要性不成立.故选A.

考点：1.直线与圆的位置关系.2.充要条件.

7. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.

【详解】，

,

，

又，则，即

所以，

因为，所以，.

由平方可得，即，符合题意.

综上，.

故选：B.

8. 若实数满足，则的最小值是（    ）

A. 8 B. 9 C. 10 D. 11

【答案】A

【解析】

【分析】先画出函数和的图像，再根据图像解释的几何意义即可.

【详解】由，得，令，则，

令得，当时，单调递减，当时，单调递增；

由，得，令，

的图像如下图：

则表示上一点与上一点的距离的平方，

显然，当过M点的切线与平行时，最小，

设上与平行的切线的切点为，由，解得，

所以切点为，切点到的距离的平方为，

即的最小值为8；

故选：A.

二､多选题本题共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. 关于下列命题中，说法正确的是（    ）

A. 已知，若，则

B. 数据的分位数为77

C. 已知，若，则

D. 某校三个年级，高一有400人，高二有360人.现按年级分层，用分层随机抽样的方法从全校抽取57人，已知从高一抽取了20人，则应从高三抽取19人

【答案】CD

【解析】

【分析】对各个选项进行分析判断即可得出结论.

【详解】对于，

，

，解得，故A错误；

对于，将数据从小到大排序为，

，

分位数为第5个数，即78，故B错误；

对于，

，故C正确；

对于D，抽样比为，

高二应抽取人，则高三应抽取人，故D正确.

故选：CD.

10. 已知函数，则（    ）

A. 函数的最小正周期为

B. 若函数为偶函数，则

C. 若，则函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到

D. 若，则函数的图象的对称中心为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，逐项判定，得出结论．

【详解】由题意，函数

，其中

可得函数的最小正周期为，故A正确；

若函数为偶函数，则，故B错误；

若，则函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到，故C正确；

若，则函数，令，求得，，

可得它的图象的对称中心为，故D正确，

故选：ACD．

11. 如图，四棱锥的底面是梯形，，，，，平面平面，，分别为线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 三棱锥外接球的体积为

C. 异面直线与所成角的余弦值为

D. 若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据平面平面，得到平面,可判断A，B选项；异面直线与所成角的余弦值在中由余弦定理，可判断C选项；若直线与平面所成的角为，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆可判断D选项.

【详解】

易证四边形为菱形，所以，

连接，因为，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

又，所以平面又平面，所以，故A正确；

易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，

所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，

所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；

因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，

因为，所以，

在中，由余弦定理，得，故C正确；

因为平面，所以为在平面内的射影，

若直线与平面所成的角为，则，

因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，

所以点的轨迹长度为，故D错误．

故选：．

12. 已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（    ）

A.

B. 关于对称

C. 在上单调递增

D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】赋值法可判断AB；利用单调性的定义可判断C；利用已知可得，再由累加法可判断D.

【详解】对于A，令，得，可得，故A错；

对于B，令，则，令，

则，故B对；

对于C，设，则，

因为，故，故，

故在上单调递增，故C对；

对于D，令，故，

所以，

故，故D对.

故选：BCD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的展开式中，的系数为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】二项式的通项公式为，

所以的系数为，

故答案为：

14. 已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则__________.

【答案】366

【解析】

【分析】设，易得，再由

求解.

【详解】解：设，由题意知是公差为1的等差数列，

则，

故，则，

故.

于是，

.

故答案为：366

15. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过双曲线上一点向轴作垂线，垂足为，若且与垂直，则双曲线的离心率为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意知四边形为菱形，再结合图形得出，最后根据定义即可得出离心率.
 

【详解】设双曲线焦距为，不妨设点在第一象限，

由题意知，由且与垂直可知，四边形为菱形，且边长为，而为直角三角形，，

故，则，

则，

故，

即离心率.

故答案为: .

16. 如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为______．

【答案】##

【解析】

【分析】由，求得，得到侧面积，令，得到，求得函数的单调性，进而得到答案.

【详解】如图所示，设，半径，高，

球半径为单位长度，

因为，可得，即，

所以，解得，

所以侧面积，

令，可得，

令，可得，解得．

当，，单调递减；

当，，单调递减，

所以时侧面积有最小值．

故答案为：.

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. 已知等比数列的第二､三､四项分别是等差数列的第二､五､十四项，且等差数列的首项，公差.

（1）求数列与的通项公式；

（2）设数列对任意均有成立，求的值.

【答案】（1）.   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得，再利用等比数列和等差数列的性质列方程可求出，从而可求出公比，进而可求得数列与的通项公式；

（2）由，得，两式相减可求得，再验证，然后利用等比数列的求和公式可求得结果.

【小问1详解】

设等比数列的公比为，

由题意，，

，解得，或（舍去），

，

.

【小问2详解】

由题意，，①

，②

②-①得，

当时，不满足上式，所以，

.

18. 在锐角中，内角的对边分别为，已知.

（1）求；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理化简即可得解；

（2）先利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.

【小问1详解】

根据题意，由正弦定理得

，

又锐角中，有，所以，

所以，所以；

【小问2详解】

结合（1）可得，

由，则根据正弦定理有，

得，

根据余弦定理有，得，

所以

，

又为锐角三角形，则有，得，

所以，所以，

故.

19. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.

（1）求证：平面；

（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.

【小问1详解】

证明：由题知，

，

又，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，所以，

在正中，为中点，于是，

又，平面，所以平面

【小问2详解】

取中点为中点为，则，

由（1）知，平面，且平面，

所以，又，

所以，平面

所以平面，于是两两垂直.

如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，

建立空间直角坐标系，则，

，所以，

.

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，于是.

设，

则.

由于直线与平面所成角的正弦值为，

，

即，整理得

，由于，所以

于是.

设点到平面的距离为，则，

所以点到平面的距离为.

【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

20. 第19届杭州亚运会-电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注.已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：

第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组.

第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组.

第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军）；获胜队伍成败者组第一名.

第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军.假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立.问：

（1）若第一轮队伍和队伍对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？

（2）已知队伍在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍获得亚军的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据乘法公式求概率即可；

（2）根据条件概率公式求概率即可.

【小问1详解】

由题意可知，第一轮队伍和队伍对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，

所以所求的概率为.

【小问2详解】

设表示队伍在比赛中胜利，表示队伍在比赛中失败，

设事件：队伍获得亚军，事件队伍所参加的所有比赛中败了两场，

则事件包括，且这五种情况彼此互斥，

进而

，

事件包括，且这两种情况互斥，

进而，

所以所求事件的概率为.

21. 已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆的中心，点为其上的一点满足．

（1）求椭圆的方程；

（2）设定点，过点的直线交椭圆于两点，若在上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求的范围．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）在中，根据余弦定理及可得，从而求得椭圆方程.

（2）设，直线的方程为，代入椭圆方程得韦达定理，要使为常数，则，根据范围得到的范围及点坐标.

【小问1详解】

设，在中，设，

，

，

，

，

所以椭圆的方程为：

【小问2详解】

设，直线的方程为，

，

，

，

设

，

若为常数，则，

即，而此时，

又，即或，

综上所述，或，存在点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值

【点睛】关键点点睛：对任意恒为定值，因为分子分母中同时含有，这种情况下分子分母的对应系数成比例则整体可以为定值，故需要且即项、常数项对应成比例.

22. 函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）当时，若，求证：；

（3）求证：对于任意都有.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，求解函数单调区间；

（2）令，构造，求导得到其单调性，进而得到，进而得到，不妨设，则，推出，由的单调性得到，证明出结论；

（3）由（2）知，时，，变形得到在时恒成立，从而得到不等式，相加得到答案.

【小问1详解】

函数的定义域是.

由已知得，

①当时，

当时，单调递增；

当时，单调递减；

当时，单调递增.

②当时，

当时，单调递增.

③当时，

当时，单调递增；

当时，单调递减；

当时，单调递增.

综上，①当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为；

②当时，函数单调递增区间为，无单调递减区间；

③当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为.

【小问2详解】

当时，.

由（1）知，函数在单调递增且；

令

，

令，

令，解得；令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以，

令，则，则，

故，

所以恒成立，

不妨设，则，

所以，所以，

因为，而在单调递增，

所以，所以.

【小问3详解】

由（2）知，时，，

即，

故在时恒成立，

所以，

，

，

……，

，

相加得.

【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.