2024届湖南省衡阳市衡阳县第一中学高三上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2024届湖南省衡阳市衡阳县第一中学高三上学期11月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】通过推理得到是的真子集，从而根据交集，并集和补集的概念进行计算，对四个选项一一进行判断正误.
【详解】，
故是的真子集，
故，，，，
故A，B，D均错误，C正确.
故选：C.
2．已知，则的虚部为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】A
【分析】设，代入题中条件计算即可.
【详解】设,
则
可以化为
故所以则的虚部为，
故选：
3．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
【答案】B
【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.
【详解】若向量，则，即
解得：或,
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项，
当时，，则，排除C选项.
故选：D.
5．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，又，可求的值.
【详解】，，
解得，∵，∴，
故选：D．
6．已知数列的前项和为，若，，则有（ ）
A．为等差数列B．为等比数列
C．为等差数列D．为等比数列
【答案】D
【分析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项.
【详解】由题意，数列的前项和满足，
当时，，两式相减，可得，
可得，即，又由，当时，，所以，
所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当时，，又由时，，适合上式，
所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
7．已知，若，则下列关系式不成立的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对于D，代入法即可；对于其他选项，先对式子进行变形，然后构造新函数，求导，讨论函数单调性，即可判断A，B，C.
【详解】当，等式成立，故D成立.
若，则，
设，则，，
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即恒成立，
所以单调递增，则，
当时，，故B成立，A不成立；
当时，，故C成立.
故选：A
8．已知双曲线（，），直线的斜率为，且过点，直线与轴交于点，点在的右支上，且满足，则的离心率为（ ）
A．B．2
C．D．
【答案】D
【分析】首先写出直线点斜式方程并求出点，由向量线性运算的坐标表示可以求出，将其代入双曲线方程即可求解.
【详解】由题意知直线的方程为，令，得，所以．
又因为，不妨设，所以有，
解得，所以，将其代入双曲线方程，
化简得，解得或（舍去），
所以的离心率．
故选：D.
二、多选题
9．有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（ ）
A．新样本数据的样本平均数小于原样本数据的样本平均数
B．新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差
C．新样本数据的极差不大于原样本数据的极差
D．新样本数据的上四分位数不小于原样本数据的上四分位数
【答案】BC
【分析】根据数字特征的概念和公式逐一判断即可.
【详解】选项A：原样本数据的样本平均数，
新样本数据的样本平均数，
因为，所以与大小无法判断，故A错误；
选项B：
，
因为，所以，即新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差，故B正确；
选项C：新样本数据的极差为，故C正确；
选项D：设原样本数据的上四分位数为，故新样本数据的上四分位数为，其中与大小无法判断，故D错误；
故选：BC
10．设正方体中，，，的中点分别为，，，则（ ）
A．B．平面与正方体各面夹角相等
C．四点共面D．四面体，体积相等
【答案】ABD
【分析】利用余弦定理可求得和，知A正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角向量求法可求得B正确；由异面直线定义可确定C错误；利用线面平行的判定可证得平面，由此可知D正确.
【详解】对于A，设正方体棱长为，
则，，，
，，
又，，，A正确；
对于B，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
又平面，平面和平面的法向量分别为，，，
，
平面与正方体各面夹角相等，B正确；
对于C， 分别延长，，交延长线于点，
，，四边形为平行四边形，；
，，为的中位线，，
不重合，
平面，平面，，
与为异面直线，四点不共面，C错误；
对于D，连接，
，，四边形为平行四边形，
，又，，
平面，平面，平面，
则点到平面的距离相等，四面体，体积相等，D正确.
故选：ABD.
11．已知函数的一个对称中心为，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．
C．直线是函数图像的一条对称轴
D．若函数在上单调递减，则
【答案】AC
【分析】根据的对称中心求得，根据三角函数的最小正周期、对称性、单调性确定正确答案.
【详解】则有，解得，
因为，所以，所以，
则的最小正周期为π，故A正确；
，故B错误；
，则直线是图像的一条对称轴，故C正确；
，当时，，
若函数在上单调递减，则有，
解得则，故D错误.
故选：AC
12．已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，构造函数，求导得其最大值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．圆关于直线对称，则的值为 .
【答案】
【解析】转化条件为直线过圆心，即可得解.
【详解】由题意，圆的圆心为，
因为圆关于直线对称，
所以圆心在直线上，即，
所以.
故答案为：.
14．已知函数在上可导，且，则 ．
【答案】
【分析】利用换元法求得解析式，求导，求即可.
【详解】令，则，则，即，
，所以．
故答案为：-4
15．如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则 .
（参考数据：取.）
【答案】914
【分析】根据题意可得，进而利用错位相减法运算求解.
【详解】由题意可知：，
则，
可得，
两式相减可得：
，
所以.
故答案为：914.
16．如图，正四棱锥的每个顶点都在球M的球面上，侧面是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为 .
【答案】
【分析】过四棱锥顶点和底面对棱中点作截面，此截面截半球得半圆，半圆与正四棱锥的截面等腰三角形的腰相切，由此可用棱锥的棱长表示半球半径，作正四棱锥对角面，对角面等腰三角形的外接圆是球的大圆，从而又可用棱锥棱长表示球的半径，由体积公式求得体积后得比值．
【详解】取中点，中点，作截面，把截面另外画出平面图形，如图，则半球的半个大圆与的两腰相切，是中点，为切点，
设正四棱锥底面边长为，则，，，，
由对称性知正四棱锥的对角面的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，
，，，所以，是外接圆直径，所以球的半径为，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查球的体积，考查棱锥的内切球与外接球问题，解题关键是作出正棱锥的截面，此截面截球的大圆，从而易得球半径与棱锥的棱长之间的关系．
四、解答题
17．在△中，内角 所对的边分别为，已知 ．
（1）求角的大小；
（2）若的面积 ，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【详解】试题分析：（1）由正弦定理，将条件中的边化成角，可得，进而可得的值；（2）由三角形面积公式可得，再由余弦定理可得，得最后结论．
试题解析：（1），又∴
又 得
（2）由， ∴
又
得， ∴ 得
【解析】正弦定理；余弦定理．
【易错点睛】解三角形问题的两重性：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口．
18．记等比数列的前项和为，已知，，，成等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据等比数列基本量的计算即可求解，
（2）由错位相减法，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）设的公比为，由，，，成等差数列，得，．
当时，，符合题意，所以；
当时，所以，，则．
综上，或．
（2）当时，，
所以；
当时，，
所以，
则，
所以，
所以．
综上，或
19．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，面与面所成的二面角的正弦值最大？
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．
【分析】（1）连接，易知，，由，，再利用勾股定理求得和的长，从而证明，然后以为原点建立空间直角坐标系，证得，即可；
（2）易知平面的一个法向量为，0，，求得平面的法向量，再由空间向量的数量积可得，从而知当时，得解．
【详解】（1）证明：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）解：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，面与面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，
故当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．
20．已知函数，．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若为的极小值点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，得到切线斜率，进而利用点斜式求出切线方程；
（2）求定义域，求导，由导函数等于0得到或，分，和三种情况，得到答案.
【详解】（1）当时，，，
，，
所以切线方程为，即．
（2）的定义域为，
，，
令，则或．
①当时，，
令，解得或，令，解得，
可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故为的极大值点，不符合条件；
②当时，，在单调递增，故无极值点；
③当时，，
令，解得或，令，解得，
可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故为的极小值点，符合条件．
综上，的取值范围为．
21．某批发市场供应的排球中，来自甲厂的占，来自乙厂的占，来自丙厂的占，甲厂生产的排球的合格率为，乙厂生产的排球的合格率为，丙厂生产的排球的合格率为．
(1)若小张到该市场购买1个排球，求购得的排球为合格品的概率．
(2)若小李到该市场批发2个排球回去销售，购买的1个球来自甲厂，1个球来自丙厂，已知来自己甲厂的每个排球售出后可获得纯利润10元，没有售出则每个球将损失5元，且每个球被售出的概率等于排球的合格率；来自丙厂的每个排球售出后可获得纯利润8元，没有售出则每个球将损失6元，且每个球被售出的概率等于排球的合格率．求小李到该市场批发2个排球进行销售获得的纯利润的数学期望．
【答案】(1)
(2)16.69元
【分析】（1）利用全概率公式可求得所求事件的概率；
（2）设小李到该市场批发2个排球进行销售获得的纯利润为X元，依题意可得X的可能取值为18，4，3，，求出对应的概率，利用数学期望公式求出答案.
【详解】（1）设A，B，C分别表示购买的排球来自甲厂、乙厂、丙厂，D表示购买的排球是合格品，
则，，
，，，
所以
．
（2）设小李到该市场批发2个排球进行销售获得的纯利润为X元，
依题意可得X的可能取值为，，，，即18，4，3，，
，
，
，
，
所以，
故小李到该市场批发2个排球进行销售获得的纯利润的数学期望为16.69元．
22．知椭圆E：的左右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，下顶点为A，过点作一条与y轴不重合的直线.该直线交椭圆E于C，D两点.直线AD，AC分别交x轴于点H，求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意过且斜率为的直线设出来，令直线方程里的求出的值，把此点代入椭圆方程，再根据的关系求解.
（2）把直线方程设出来，与椭圆联立得到关于的一元二次方程，韦达定理求出用来表示，然后把方程用表示出来，令方程里的，求出点的坐标，把三角形的面积用表示，同理的面积也用表示出来，所以用，表示，然后根据韦达定理代入化简可得.
【详解】（1）过且斜率为的直线的方程为，
令，得，
由题意可得，解得，
椭圆E的方程为：；
（2）由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，
，，
联立，得
，，
由，得，
，
，
直线AD的方程为，令，解得，
则，同理可得，
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.