湖北省武汉第六中学2024届高三数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉第六中学2024届高三数学上学期第一次月考试题（Word版附解析），共22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。
武汉市第六中学2024届第一次月考数学试卷一、单选题1. 设集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解对数不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，由，即，所以，解得，所以，所以.故选：D2. 平面向量，，，则与的夹角是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设出与的夹角为，利用向量垂直得到方程，得到，求出夹角.【详解】设与的夹角为，则，即，解得，因为，所以.故选：D3. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的定义和复数的除法计算.【详解】由，根据共轭复数的定义，，于是.故选：B4. 函数在区间上单调递减，则a的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】令，由题意可得需满足在区间上单调递减，且，由此列出不等式，求得答案.【详解】令，则，由题意可得需满足在区间上单调递减，且，而的图象开口向下，对称轴为，故且，即，故选：C5. 已知点F是双曲线（）的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的对称性结合题意可得为等腰三角形，由此可得，进而得到关于的齐次式，即可求解离心率.【详解】由题意可知即为等腰三角形，  故是锐角三角形，只需，将代入可得，故在中，，，则，化简整理，得，∴，∴，又，∴，故选：B.6. 已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合弦长公式，即可求解的中点的轨迹方程，根据向量的运算可得，再结合点与圆的位置关系，即可求解.【详解】圆的圆心坐标，半径，设圆心到直线的距离为，由圆的弦长公式，可得，即，解得，设的中点为，点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，的轨迹方程为，因为，又，，即,即的取值范围为 .故选：C  7. 已知等比数列的公比为q，则“是“，，成等差数列”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意，由等差数列与等比数列的定义，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.【详解】因为为等比数列，则，若，则，，为常数数列，且为等差数列，所以充分性满足；若，，成等差数列，由等差中项的性质可得，，化简可得，，且，则，解得或，所以必要性不满足；所以“是“，，成等差数列”的充分不必要条件.故选：A8. 已知、是方程的两个根，且，则等于（    ）A.  B. C. 或 D. 或【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用韦达定理、和角的正切求解作答.【详解】方程中，，则，于是，显然，又，则有，，所以故选：B二、多选题9. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，是减函数，则下列四个命题中正确的是（    ）A. B. 直线为函数图象的一条对称轴C. 函数在区间上存在3个零点D. 若在区间上的根为，则【答案】AB【解析】【分析】根据周期函数的定义可得周期，故A正确；由，，推出，可得B正确；若当时，无零点，可推出无零点，可得C错误；根据的图象关于直线对称，推出，可得D错误.【详解】对于A，因为，所以周期，故A正确；对于B，因为为偶函数，所以，又，所以，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C，若当时，无零点，则根据周期性和对称性可推出无零点，故C错误；对于D，因为的图象关于直线对称，且的周期，又在区间上的根为，所以，故D错误.故选：AB.10. 下列命题中，正确的命题是（    ）A. 数据，，，，，的第百分位数为B. 若经验回归方程为时，则变量与负相关C. 对于随机事件，，若，，，则与相互独立D. 某小组调查名男生和名女生的成绩，其中男生成绩的平均数为，方差为；女生成绩的平均数为，方差为，则该人成绩的方差为【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，由百分位的计算公式即可判断A错误；由经验回归方程的意义分析可得B正确；由条件概率公式和相互独立事件的定义可得C正确；由方差计算公式即可得出D正确．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，由于，则数据，，，，，的第百分位数为，故A错误；对于B，若经验回归方程为时，则变量与负相关，故B正确；对于C，若，则有，变形可得，则与相互独立，故C正确；对于D，人的成绩平均数，则人的方差，故D正确；故选：BCD．11. 已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法正确的有（    ）A.  B. 必为奇函数C.  D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】赋值法求的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；赋值法结合换元法判断C；利用赋值法求得的值有周期性，即可求得的值，判断D.【详解】对于A，令，则由可得，故或，故A错误；对于B，当时，令，则，则，故，函数既是奇函数又是偶函数；当时，令，则，所以，则，即，则为奇函数，综合以上可知必为奇函数，B正确；对于C，令 ，则，故.由于,令,即，即有，故C正确；对于D，若，令 ，则，则 ，令，则，即，令，则，即，令，则，即，令，则，即，令，则，即，令，则，即， 由此可得的值有周期性，且6个为一周期，且 ，故，故D正确，故选：BCD12. 棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（    ）A. 过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形B. 的最小值为C. 当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为D. 两点间的最短距离为【答案】ABD【解析】【分析】根据面面平行的性质可判断A；将两半平面折成一个平面，从而求得线段和的最小值，判断B；确定三棱锥的外接球的球心位置，列式求解，可判断C；求解异面直线的公垂线段的长可判断D.【详解】在正方体中，平面平面，      设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，因为平面平面，平面平面，所以，又，故，即∽，而，则，又点为线段上一点（不包括端点），，即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；根据正方体性质可知≌，  故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；当点为线段中点时，设的中点为N，连接，    由于，故，连接交于G，连接，则四边形为矩形，故，平面，故平面，又，则N为的外心，故三棱锥外接球的球心在上，设为H，而,，则，设三棱锥的外接球半径为r，则，解得，C错误；当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合考查了几何体截面问题、线段和最小以及外接球半径和异面直线间的最短距离问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，特别是求外接球半径时，要确定球心位置，再列式求解.三、填空题13. 展开式中含项的系数为__________.【答案】【解析】【分析】利用项可由的展开式的常数项与二次项､一次项与一次项､二次项与常数项相乘得到，结合组合即可得出结果.【详解】整个式子中项可由的展开式的常数项与二次项､一次项与一次项､二次项与常数项相乘得到，故所求为：.故答案为：.14. 函数在上的单调递减区间是______．【答案】（开区间也对）【解析】【分析】先求出函数的单调递减区间，再与定义域取交集可得出答案．【详解】由，得，故函数的单调递减区间为 再结合，可得函数在上的递减区间为.故答案为：.15. 如图1是某校园内的一座凉亭，已知该凉亭的正四棱台部分的直观图如图2所示，则该正四棱台部分的体积为__________.  【答案】##【解析】【分析】根据棱台体积公式求解即可；【详解】  由图可知，因为故答案为：16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过且斜率为正的直线l与C交于A，B两点，且点A在x轴下方.设，，的内切圆的半径分别 为，，.若椭圆C的离心率为，且，则直线l的斜率为_______.【答案】【解析】【分析】依题意可得椭圆方程表示为，设直线为，，，，根据面积公式及椭圆的定义得到，再由，即可得到，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到、，代入解得.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，，，则椭圆方程可以表示为，设直线为，，，，由，消去整理得，显然，所以，，则，由，由，由，又，所以，所以，又，所以，又，，所以，所以，，所以，所以，则或（舍去），所以直线的斜率为. 
故答案为：【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.四、解答题17. 在中，角的对边分别为.（1）求角；（2）若的面积为，求的周长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换化简已知条件，从而求得.（2）利用三角形的面积求得，进而求得，根据余弦定理求得，从而求得的周长.【小问1详解】由得，，，由正弦定理得，，.【小问2详解】的面积为，即，得，，，，由余弦定理可得，，三角形的周长为.18. 如图，在多面体中，是正方形，，，，为棱的中点.    （1）求证：平面平面；（2）若平面，，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连交于，则为的中点，由线面平行的判定定理证明平面，平面，再用面面平行的判定定理证明平面平面；（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量可求出结果.【小问1详解】连交于，则为的中点，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面.    【小问2详解】因为平面，是正方形，所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，因为，则，，，，，，则，，因为，所以，得，所以，，设平面的一个法向量，因为，，所以，令，则，，则，设平面的一个法向量，因为，所以，则，令，则，.所以平面与平面夹角的余弦值为.  19. 已知函数在处的切线与直线：垂直．（1）求的单调区间；（2）若对任意实数，恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为．    （2）1【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出，再利用导数判断单调区间即可；（2）分离参数将问题转化为恒成立，利用导数求最值结合隐零点计算即可.【小问1详解】由，得，又切线与直线：垂直，所以，即．所以，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以的单调递减区间为，单调递增区间为．【小问2详解】对任意实数，恒成立，即对任意实数恒成立．设，即．，令，所以恒成立，所以在上单调递增．又，，所以存在，使得，即，所以．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，当时，，所以，由题意知且所以，即整数的最大值为1．20. 设正项数列的前n项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式.（2）设，求证：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，，再结合可求出，当时，由，得，两式相减化简可得，从而可求出通项公式，（2）由（1）可得，配方化简后可得，然后利用裂项相消求和法可证得结论.【小问1详解】因为，所以，又，所以，因，所以，．当时，，又，所以，所以，所以，，又，所以，．当时，也符合，所以数列的通项公式为．【小问2详解】因为，所以．因为，所以，所以，所以．21. 已知直线轴，垂足为x轴负半轴上的点E，点E关于原点O的对称点为F，且，直线，垂足为A，线段AF的垂直平分线与直线交于点B，记点B的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）已知点，不过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，以线段MN为直径的圆恒过点P，点P关于x轴的对称点为Q，若的面积是，求直线的斜率.【答案】（1）    （2）或.【解析】【分析】（1）分析给定的条件，结合抛物线的定义求出曲线的方程，即可求解；（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出弦长，结合三角形面积及向量的垂直的坐标表示，即可求解.【小问1详解】解：由线段的垂直平分线与直线交于点，可得，即点到点的距离等于点到直线的距离，又因为，的方程为，所以，所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以点的轨迹的方程为.【小问2详解】解：根据题意，直线的斜率不为，设直线，且，联立方程组，可得，则，所以，所以，又点，点到直线的距离为，所以，又以线段为直径的圆恒过点，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以，即，所以，所以或，又直线不经过点，所以，所以，此时满足，所以，解得或，所以直线的斜率为或.  【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.22. 根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子的概率模型为：1230（其中）每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为，且相互独立，事件表示一个家庭有个孩子，事件B表示一个家庭的男孩比女孩多（若一个家庭恰有一个男孩，则该家庭男孩多）.（1）若，求，并根据全概率公式求；（2）是否存在值，使得，请说明理由.【答案】（1），    （2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由概率之和为1列出方程，求出，计算出，然后利用全概率公式可求得结果，（2）假设存在，使，由于，两式相乘后得，设，利用导数可求出其最小值进行判断.【小问1详解】当时，，则，解得.由题意，得.由全概率公式，得又，所以.小问2详解】由，得.假设存在，使.将上述两式相乘，得，化简，得.设，则.由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，所以不存在使得.即不存在值，使得.