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    湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期月考(一)数学试题
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      湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期月考(一)数学试题.docx
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    湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期月考(一)数学试题02
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    湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期月考(一)数学试题

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    命题人:高三数学备课组 审题人:高三数学备课组
    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. 已知,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】通过解一元二次不等式和对数函数的定义域,求出集合,再求交集.
    【详解】集合,
    则,
    故选:D.
    2. 若复数满足(是虚数单位),则等于( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】由复数的除法运算计算可得,再由模长公式即可得出结果.
    【详解】依题意可得,
    所以.
    故选:C
    3. 已知平面向量,则向量在向量上的投影向量为( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
    【详解】,
    所以向量在向量上的投影向量为.
    故选:A
    4. 记为等差数列的前项和,若,则( )
    A. 21B. 19C. 12D. 42
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据等差数列的性质,即可求解公差和首项,进而由求和公式求解.
    【详解】是等差数列,,即,所以
    故公差,,
    故选:A
    5. 某校高二年级下学期期末考试数学试卷满分为150分,90分以上(含90分)为及格.阅卷结果显示,全年级1200名学生的数学成绩近似服从正态分布,试卷的难度系数(难度系数平均分/满分)为0.49,标准差为22,则该次数学考试及格的人数约为( )附:若,记,则.
    A. 136人B. 272人C. 328人D. 820人
    【答案】B
    【解析】
    【分析】首先求出平均数,即可得到学生的数学成绩,再根据所给条件求出,即可求出,即可估计人数.
    【详解】由题得,



    该校及格人数为(人),
    故选:B.
    6. 已知,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】利用两角差的余弦定理和同角三角函数的基本关系建立等式求解,再由两角和的余弦公式求解即可.
    【详解】由已知可得,
    解得




    故选:D.
    7. 已知是双曲线的左、右焦点,以为圆心,为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点,若,则双曲线的离心率的取值范围是( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据双曲线以及圆的方程可求得弦长,再根据不等式整理可得,即可求得双曲线的离心率的取值范围.
    【详解】设以为圆心,为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点,
    则到渐近线的距离,所以,
    因为,所以,可得,
    即,可得,
    所以,所以,
    又,所以双曲线的离心率的取值范围是.
    故选:B
    8. 已知函数若关于的方程有且仅有两个实数根,则实数的取值范围是( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】利用换元法设,则方程等价为,根据指数函数和对数函数图象和性质求出,利用数形结合进行求解即可.
    【详解】令,则.
    ①当时,若;若,由,得.
    所以由可得或.
    如图所示,满足的有无数个,方程只有一个解,不满足题意;
    ②当时,若,则;若,由,得.
    所以由可得,当时,由,可得,
    因为关于的方程有且仅有两个实数根,则方程在]上有且仅有一个实数根,
    若且,故;
    若且,不满足题意.
    综上所述,实数的取值范围是,
    故选:C.
    二、多选题:本题共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. 如图,在正方体中,分别为棱的中点,点是面的中心,则下列结论正确的是( )
    A. 四点共面B. 平面被正方体截得的截面是等腰梯形
    C. 平面D. 平面平面
    【答案】BD
    【解析】
    【分析】可得过三点的平面为一个正六边形,判断A;分别连接和,截面是等腰梯形,判断B;分别取的中点,易证显然不平行平面,可判断C;平面,可判断D.
    【详解】对于A:如图经过三点的平面为一个正六边形,点在平面外,四点不共面,选项A错误;
    对于B:分别连接和,则平面即平面,截面是等腰梯形,选项B正确;
    对于C:分别取的中点,则平面即为平面,
    由正六边形,可知,所以不平行于,
    又平面,所以,所以平面,
    所以不平行于平面,故选项错误;
    对于D:因为是等腰三角形,,
    ,,
    是的中点,易证,由正方体可得平面,
    平面,又平面,,
    平面,平面,
    平面,平面平面故选项D正确.
    故选:BD.
    10. 已知函数,则( )
    A. 的一个对称中心为
    B. 的图象向右平移个单位长度后得到的是奇函数的图象
    C. 在区间上单调递增
    D. 若在区间上与有且只有6个交点,则
    【答案】BD
    【解析】
    【分析】代入即可验证A,根据平移可得函数图象,即可由正弦型函数的奇偶性求解B,利用整体法即可判断C,由求解所以根,即可求解D.
    【详解】对于A,由,故A错误;
    对于B,的图象向右平移个单位长度后得:
    ,为奇函数,故B正确;
    对于C,当时,则,由余弦函数单调性知,在区间上单调递减,故C错误;
    对于D,由,得,解得或,
    在区间上与有且只有6个交点,
    其横坐标从小到大依次为:,
    而第7个交点的横坐标为,
    ,故D正确.
    故选:BD
    11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足,则( )
    A. 的图象关于点对称
    B. 是以8为周期的周期函数
    C.
    D.
    【答案】ABC
    【解析】
    【分析】根据函数奇偶性以及所满足的表达式构造方程组可得,即可判断A正确;利用对称中心表达式进行化简计算可得B正确,可判断也是以8为周期的周期函数,即C正确;根据周期性以及计算可得,可得D错误.
    【详解】由题意,且,
    即①,
    用替换中的,得②,
    由①+②得,
    所以的图象关于点2,1对称,且,故A正确;
    由,可得,
    所以,
    所以是以8为周期的周期函数,故B正确;
    由①知,则,
    故,因此也是以8为周期的周期函数,
    所以,C正确;
    又因为,所以,
    令,则有,
    令,则有…,
    令,则有,
    所以
    所以,故D错误.
    故选:ABC
    【点睛】方法点睛:求解函数奇偶性、对称性、周期性等函数性质综合问题时,经常利用其中两个性质推得第三个性质特征,再进行相关计算.
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
    12. 的展开式中的系数为______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据题意,由条件可得展开式中的系数为,化简即可得到结果.
    【详解】在的展开式中,
    由,
    得的系数为.
    故答案为:.
    13. 已知函数是定义域为的奇函数,当时,,且,则不等式的解集为__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据函数奇偶性并求导可得,因此可得,可构造函数并求得其单调性即可得在上大于零,在上小于零,即可得出结论.
    【详解】因为为奇函数,定义域为,
    所以,两边同时求导可得,即且,
    又因为当时,,所以.
    构造函数,则,
    所以当时,在上单调递增,
    又因为,所以在上大于零,在上小于零,
    又因为,所以在上大于零,在上小于零,
    因为为奇函数,所以在上小于零,在上大于零,
    综上所述,的解集为.
    故答案为:
    14. 已知点为扇形的弧上任意一点,且,若,则的取值范围是__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】建系设点的坐标,再结合向量关系表示,最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.
    【详解】方法一:设圆的半径为1,由已知可设为轴的正半轴,为坐标原点,过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系,
    其中,其中,
    由,
    即,整理得,
    解得,
    则,
    所以.
    方法二:设,如图,当位于点或点时,三点共线,所以;
    当点运动到的中点时,,所以
    故答案为:
    四、解答题:本题共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. 的内角的对边分别为,已知.
    (1)求角;
    (2)若角的平分线交于点,求的长.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到,再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解;
    (2)利用正弦定理得出,再由余弦定理求出,,再根据三角形的面积建立等式求解.
    【小问1详解】
    由,
    根据正弦定理可得,
    则,
    所以,整理得,
    因为均为三角形内角,所以,
    因此,所以.
    【小问2详解】
    因为是角的平分线,,
    所以在和中,由正弦定理可得,,
    因此,即,所以,
    又由余弦定理可得,即,
    解得,所以.
    又,即,
    即,所以.
    16. 已知为函数的极值点.
    (1)求的值;
    (2)设函数,若对,使得,求的取值范围.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)直接根据极值点求出的值;
    (2)先由(1)求出的最小值,由题意可得是求的最小值,小于等于的最小值,对求导,判断由最小值时的的范围,再求出最小值与最小值的关系式,进而求出的范围.
    【小问1详解】

    由,得,
    当时,,函数在上单调递减,在上单调递增,
    所以为函数的极小值点,
    所以.
    【小问2详解】
    由(1)知.
    函数的导函数
    ①若,对,使得,
    即,符合题意.
    ②若,取,对,有,不符合题意.
    ③若,当时,在上单调递减;
    当时,在1,+∞上单调递增,所以,
    若对,使得,只需,
    即,解得.
    综上所述,的取值范围为.
    17. 已知四棱锥中,平面底面为的中点,为棱上异于的点.
    (1)证明:;
    (2)试确定点的位置,使与平面所成角的余弦值为.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)位于棱靠近的三等分点
    【解析】
    【分析】(1)连接交于点,利用面面垂直的性质定理和三角形全等,即可得证;
    (2)取的中点,以为坐标原点,分别以所在直线为轴建立,利用线面角公式代入即可求解.
    小问1详解】
    如图,连接交于点.
    因为为的中点,,所以.
    因为平面平面,平面平面平面,
    所以平面,
    因为平面,所以.
    因为,所以,所以,
    所以,
    因为平面,
    所以平面.
    因为平面,所以.
    【小问2详解】
    如图,取的中点,以为坐标原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,
    设,则,
    则,
    设,
    所以,
    所以,即.
    则,
    设平面的法向量为,则
    即取,
    设与平面所成的角为,
    由,得.
    所以,
    整理得,
    因为,所以,即,
    故当位于棱靠近的三等分点时,与平面所成角的余弦值为.
    18. 在平面直角坐标系中,抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长,点在抛物线上,圆(其中).
    (1)若为圆上的动点,求线段长度的最小值;
    (2)设是抛物线上位于第一象限的一点,过作圆的两条切线,分别交抛物线于点.证明:直线经过定点.
    【答案】(1)
    (2)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)根据椭圆的短轴可得抛物线方程,进而根据两点斜率公式,结合三角形的三边关系,即可由二次函数的性质求解,
    (2)根据两点坐标可得直线的直线方程,由直线与圆相切可得是方程的两个解,即可利用韦达定理代入化简求解定点.
    【小问1详解】
    由题意得椭圆的方程:,所以短半轴
    所以,所以抛物线的方程是.
    设点,则,
    所以当时,线段长度取最小值.
    【小问2详解】
    是抛物线上位于第一象限的点,
    ,且
    设,则:
    直线,即,即.
    直线,即.
    由直线与圆相切得,即
    同理,由直线与圆相切得.
    所以是方程的两个解,
    代入方程得,
    解得
    直线恒过定点.
    【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法
    (1)引进参数法:先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
    (2)特殊到一般法:先根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
    技巧:若直线方程为,则直线过定点;
    若直线方程为 (为定值),则直线过定点
    19. 龙泉游泳馆为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务,顾客可选择A和B两个套餐之一,并在App平台上推出了优惠券活动,下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况.
    经计算可得:.
    (1)因为优惠券购买火爆,App平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,已知销售量y和日期t呈线性关系,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示;
    (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用两张优惠券,记App平台累计销售优惠券为n张的概率为,求;
    (3)记(2)中所得概率的值构成数列.
    ①求的最值;
    ②数列收敛的定义:已知数列,若对于任意给定的正数,总存在正整数,使得当时,,(是一个确定的实数),则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛.
    参考公式: .
    【答案】(1)
    (2)
    (3)①最大值为 ,最小值为;②证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)计算出新数据的相关数值,代入公式求出的值,进而得到y关于t的回归方程;
    (2)由题意可知,其中,构造等比数列,再利用等比数列的通项公式求解;
    (3)①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论,结合指数函数的单调性求解;
    ②利用数列收敛的定义,准确推理、运算,即可得证.
    【小问1详解】
    解:剔除第10天的数据,可得,

    则,
    所以,
    可得,所以.
    【小问2详解】
    解:由题意知,其中,
    所以,又由,
    所以是首项为1的常数列,所以
    所以,又因为,
    所以数列是首项为,公比为的等比数列,
    故,所以.
    【小问3详解】
    解:①当为偶数时,单调递减,
    最大值为;
    当 为奇数时,单调递增,最小值为,
    综上可得,数列的最大值为,最小值为.
    ②证明:对任意总存在正整数,其中 表示取整函数,
    当 时,,
    所以数列收敛.
    【点睛】知识方法点拨:与新定义有关的问题的求解策略:
    1、通过给出一个新的定义,或约定一种新的运算,或给出几个新模型来创设新问题的情景,要求在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实心信息的迁移,达到灵活解题的目的;
    2、遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使得问题得以解决.
    方法点拨:与数列有关的问题的求解策略:
    3、若新定义与数列有关,可得利用数列的递推关系式,结合数列的相关知识进行求解,多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解,求解过程灵活运用数列的性质,准确应用相关的数列知识.日期t
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