湖南省衡阳市第八中学2024届高三上学期12月月考数学(1)

这是一份湖南省衡阳市第八中学2024届高三上学期12月月考数学(1)，共26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。
总分：150分 考试时间：120分钟；
一、单选题：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，只有一项是符合题意的.
1. 如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1＋z2|＝( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
2. 函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知圆为的外接圆，，，则（ ）
A. 2B. C. 4D.
4. 直线、是异面直线，、是平面，若，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 至少与、中的一条相交B. 至多与、中的一条相交
C. 与、都相交D. 与、都不相交
5. 已知函数的图象经过坐标原点，则曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
①“”是“”的充要条件；
②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件．
A. ①真命题；②假命题B. ①假命题；②真命题
C. ①真命题；②真命题D. ①假命题；②假命题
7. 已知是定义在上的单调函数，满足，且.若，则与的关系为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于，则下列说法中正确的是（ ）
A. B.
C. 数列是递增数列D.
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. 单位向量与的夹角为锐角，则的取值可能为（ ）
A B. C. D.
10. 中，内角A，B的对边分别为a，b，则下列能成为“”的充要条件的有（ ）
A. B. C. D.
11. 若将函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 在区间上单调递减
C. 是函数图象的一个对称轴D. 的图象关于点对称
12. 商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（ ）

A. 甲从必须经过到达的方法数共有9种
B. 甲从到的方法数共有180种
C. 甲、乙两人在处相遇的概率为
D. 甲、乙两人相遇的概率为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 二项式的展开式的中间项系数为 _____．
14. 记函数在处的导数为，则________．
15. 设是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为上一个动点，且的取值范围为，则椭C的长轴长为______．
16. 已知是单位向量，向量满足，且，其中，且．则下列结论中，正确结论的序号是___________．
①；
②；
③存在x，y，使得；
④当取最小值时，．
四、解答题：本题共6小题，共70分.
17. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求值.
18. 已知数列的前项和为，，等比数列的公比为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前10项和．
19. 某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向，两个目标投掷，先向目标掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标概率为，套中目标的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为．
（1）求小明恰好套中2次的概率；
（2）求的分布列及数学期望．
20. 如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面且．
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的大小．
21. 已知抛物线的焦点为，点在上，且的最小值为1.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与相交于，两点，过点的直线与相交于，两点，且，不重合，判断直线是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
22 设.
（1）讨论的单调性；
（2）设，若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.衡阳市八中2024届高三第五次月考
数学试卷
总分：150分 考试时间：120分钟；
一、单选题：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，只有一项是符合题意的.
1. 如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1＋z2|＝( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】由题图可知，z1＝－2－i，z2＝i，则z1＋z2＝－2，∴|z1＋z2|＝2，故选A.
2. 函数部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求解函数的定义域，且，故函数为偶函数，排除BC；
再求出，排除D，选出正确答案.
【详解】定义域为R，且，
故为偶函数，所以排除选项B和选项C；
又，排除D.
故选：A．
3. 已知圆为的外接圆，，，则（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用正弦定理求外接圆的半径，再根据数量积的定义分析运算.
【详解】如图，圆的直径为，
故，，
故.
故选：B.
4. 直线、是异面直线，、是平面，若，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 至少与、中的一条相交B. 至多与、中的一条相交
C. 与、都相交D. 与、都不相交
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可知，共面于，共面于.利用空间两条直线的位置关系，对选项举出反例进行排除，由此得出正确选项.
【详解】解：由直线、是异面直线，、是平面，若，，，知：对于选项，可以与、都相交，交点为不同点即可，故选项不正确；对于选项，，，满足题意，故选项不正确；对于选项，与、都不相交，则与、都平行，所以，平行，与异面矛盾，故选项不正确；对于选项，由，、是错误的，可知正确.由于共面，共面，若与都平行，根据平行公理可知平行，这与已知异面矛盾，故选项正确.故本小题选.
【点睛】本小题主要考查空间直线的位置关系，包括平行、相交、异面和平行公理的考查，属于基础题.
5. 已知函数的图象经过坐标原点，则曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由曲线过原点求，根据导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为函数的图象经过坐标原点，
所以，所以，
所以
所以．
因为，所以．
所以所求切线方程为，
即．
故选：A.
6. 已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
①“”是“”的充要条件；
②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件．
A. ①真命题；②假命题B. ①假命题；②真命题
C. ①真命题；②真命题D. ①假命题；②假命题
【答案】C
【解析】
【分析】对于①，构造函数，结合题设，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可判断其真假；对于②，结合函数单调性，判断必要性；采用反证思想，结合题设推出矛盾，说明充分性成立，判断②的真假.
【详解】对于①：
设，，则，
因为在R上为严格增函数，故，
即，则在R上单调递增，
由于，故，即。
即；
当成立时，即，
由于在R上单调递增，故，
故“”是“”的充要条件，①为真命题；
对于②，当在R上为严格增函数时，由对任意，则都有成立；
当对任意都有时，假设在R上不为严格增函数，
即不恒大于等于0，即，使得，
由于在R上为严格增函数，故时，，
此时在上单调递减，且其图象为一个严格递减的凹型曲线，
故当趋近于负无穷时，的值将趋近于正无穷大，
这与对任意都有矛盾，
则假设不成立，即“在R上为严格增函数”成立，
即“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件，②为真命题，
故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断②中命题的充分性成立，解答时采用反证思想，推得矛盾，说明充分性成立.
7. 已知是定义在上的单调函数，满足，且.若，则与的关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可求的值，结合在上的单调且即可知为单调增函数，结合即可得的唯一值，进而得到与的关系
【详解】由，若令，则，即或
∵是定义在上的单调函数，而，知：(为常数)
∴，即在上为单调增函数
∵
∴，故，即有
故选：A
【点睛】本题考查了函数的单调性，利用函数单调性判断参数的大小关系，进而确定参数所构成对数的值，从而得到参数间的等量关系
8. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于，则下列说法中正确的是（ ）
A. B.
C. 数列是递增数列D.
【答案】D
【解析】
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；BC选项，由图像可判断选项；D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】解：的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.
据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A错误；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列，故C错误；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
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. 单位向量与的夹角为锐角，则的取值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】令与的夹角为，则，利用向量的模的运算，即可得出相应的范围.
【详解】由题知，令与的夹角为，则，
，
所以，，
故选：BC
10. 中，内角A，B的对边分别为a，b，则下列能成为“”的充要条件的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正弦定理判断A，利用余弦函数性质判断B，结合余弦二倍角公式判断C，举反例判断D．
【详解】由正弦定理，A是充要条件，由余弦函数的性质，三角形内角都在上，B也是充要条件，
中，，，即，C是充要条件，
，满足，但，，，D不是充要条件．
故选：ABC．
11. 若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 在区间上单调递减
C. 是函数图象的一个对称轴D. 的图象关于点对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题可得，再利用余弦函数的性质即可判断.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象.
对于A，的周期为，故A正确；
对于B，由，得，从而
即时，单调递减，故B不正确；
对于C，，
所以是函数图象的一个对称轴，故C正确；
对于D，，
所以的图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD.
12. 商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（ ）

A. 甲从必须经过到达的方法数共有9种
B. 甲从到的方法数共有180种
C. 甲、乙两人在处相遇的概率为
D. 甲、乙两人相遇的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项．
【详解】对于A，从点到点，需要向上走2步，向前走1步，
从点到点，需要向右走2步，向前走1步，
所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A正确；
对于B,从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，
所以，甲从到的方法数为种，B错误；
对于C，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步，
再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步，
所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种，
乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为36种，
所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C正确；
对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，

甲从点运动到点，需要向上走2步，向前走1步，再从点运动到点，需要向前走1步，向右走2步，
所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为，
所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为，
同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为，
因此，甲、乙两人相遇的概率为，D正确．
故选：ACD．
【点睛】解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 二项式的展开式的中间项系数为 _____．
【答案】20
【解析】
【分析】先确定展开式的项数，进而找到中间项求系数即可.
【详解】二项式的展开式共有7项，第四项为中间项，系数为.
故答案为20.
【点睛】本题主要考查了二项式的展开，属于基础题.
14. 记函数在处的导数为，则________．
【答案】
【解析】
分析】求导后可得，结合对数运算法则可求得结果.
【详解】，，即，
.
故答案为：.
15. 设是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为上一个动点，且的取值范围为，则椭C的长轴长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用平面向量数量积的运算律，结合椭圆的范围求得，再列式计算即得.
【详解】椭圆的半焦距为c，为的中点，
，显然，于是，
因此，即，解得，，即，
所以椭圆C的长轴长为.
故答案为：
16. 已知是单位向量，向量满足，且，其中，且．则下列结论中，正确结论的序号是___________．
①；
②；
③存在x，y，使得；
④当取最小值时，．
【答案】①③④
【解析】
【分析】由结合数量积运算得；又由，求得，进而得；结合基本不等式求得；进而得到，同时平方即得.
【详解】由可得，即，①正确；
又且，则，即，所以，
又，则，同理，
则，即，②错误；
由知至少一正，若一正一负，则，显然不满足，
故均为正，则，当且仅当时等号成立，则，
当且仅当时等号成立，则存在x，y，使得，③正确；
当取最小值2时，，由可得，则，
即，则，④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】本题关键点在于由结合得到，进而得，再结合基本不等式求得，最后由平方即可求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分.
17. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
【答案】17. ；
18.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及两角差的余弦公式进行化简求解；（2）由余弦定理得，由正弦定理得，即得的值.
【小问1详解】
因为，根据正弦定理可得
在中，，所以有，
则有，即，
又，所以.
【小问2详解】
根据余弦定理，，所以
根据正弦定理，，则有，
所以.
18. 已知数列的前项和为，，等比数列的公比为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前10项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当时求出，可得通项与，由求数列的通项公式；
（2）利用分组求和法求数列的前10项和.
【小问1详解】
当时，，，，
等比数列的公比为，则有，
由，可得．
当时，．
经检验，当时，满足上式，
所以．
【小问2详解】
，
设的前10项和为，
．
19. 某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向，两个目标投掷，先向目标掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标的概率为，套中目标的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为．
（1）求小明恰好套中2次的概率；
（2）求的分布列及数学期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）分类讨论及利用概率乘法公式计算即可；
（2）利用随机变量的分布列与期望公式计算即可.
【小问1详解】
记“小明恰好套中2次”为事件A，
分3种情况第一次，第二次套中；第一次，第三次套中；第二次第三次套中；
则：，
小明恰好套中2次的概率为；
【小问2详解】
由题意可得：的可能取值为0，1，2，3，4，5，
，，
，，
，，
所以的分布列为
所以.
20. 如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面且．
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直、线面垂直，以及线段长度求证线面垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出其夹角大小即可.
【小问1详解】
取中点，连接
都是边长为2的正三角形，
，，
又，面，面，
面，
又平面平面，
面且
又面且
，，，
是正方形，
又，平面，平面，
平面
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系
由于轴垂直面
∴平面的法向量为
又，，
，
设平面的法向量，
则，
令，则，，所以
∴平面与平面的夹角为
21. 已知抛物线的焦点为，点在上，且的最小值为1.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与相交于，两点，过点的直线与相交于，两点，且，不重合，判断直线是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】21.
22. 过定点，定点为
【解析】
【分析】（1）根据抛物线上点的坐标特点，确定的最小值即可得，从而得抛物线方程；
（2）根据直线的斜率公式结合点共线得到A、C纵坐标的关系，点斜式得到直线，从而确定定点.
【小问1详解】
由题意可设，则
所以
则的最小值为，则，得.
所以的方程为.
【小问2详解】
因为A，C不重合，所以直线，，的斜率必然存在.
设，，.
直线的斜率，
得.
直线的斜率.
得.
由，可得.
直线的斜率.
所以直线的方程.
故直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题关键是利用三点共线得到A、C纵坐标的关系，再结合点斜式方程写出直线AC的方程可得解.
22. 设.
（1）讨论的单调性；
（2）设，若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再求导，对导函数因式分解，分，，三种情况，求出单调性；
（2）不等式转化为，构造，求导得到其单调性，得到当且仅当 时等号成立，并且存在，满足，故当时，满足要求，当时，不合要求，得到答案.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
①，令，得；令，得，
则在上单调递增，在上单调递减
②，令得，，
当时，，当或时，；当时，，
则在，单调递增，在单调递减；
当时，恒成立，故在单调递增；
当时，，当或时，，当时，，
则在，单调递增，在单调递减.
综上，当时，，单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在，单调递增，在单调递减；
当在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
将代入中，，
化简得，不等式两边同减去得，，
可化为，
令，则，
易知当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，从而，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立，
令，，
故当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，，
故存在，满足，
当时，，，可得原不等式成立；
当时，由于存在，满足，
从而使得，
而，于是不恒成立.
综上，实数a的取值范围是.
【点睛】难点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同减去得，从而构造进行求解.0
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