湖南省长沙市第一中学2024届高三数学上学期月考试题（二）（Word版附解析）

长沙市一中2024届高三月考试卷（二）

数学

时量：120分   满分：150分   得分

一、选择题（本大题共8个小题，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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】解对数不等式求出，进而求出交集.

【详解】，解得，故，

因为，所以.

故选：D

2. 若虚部大于0复数满足方程，则复数的共轭复数为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由题可知：，故，所以共轭复数为故选B

3. 古希腊数学家泰特托斯（Theaetetus，公元前417—公元前369年）详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数，，，，如图，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用直角三角形中边角关系和两角和的余弦公式即可求解.

【详解】记，由图知：，，，

所以

.

故选：B.

4. 设向量与的夹角为θ，定义，已知，，则（    ）

A.  B.  C. 5 D. 25

【答案】C

【解析】

【分析】由，可得，以及向量与的夹角，结合题意可求得答案

【详解】因为，，

所以，，即，

所以向量与的夹角为，

所以，

故选：C

5. 血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患者A给药3小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过2小时检测一次，每次检测血药浓度降低到上一次检测血药浓度的，当血药浓度为峰值的时，给药时间为（    ）

A. 11小时 B. 13小时 C. 17小时 D. 19小时

【答案】B

【解析】

【分析】利用题意，将给药时间与检测次数转化为等差数列模型，将给药时间与患者血药浓度转化为等比数列模型，则利用数列的通项公式求解即可.

【详解】解：检测第n次时，给药时间为，则是以3为首项，2为公差的等差数列，

所以，

设当给药时间为小时的时候，患者血药浓度为，血药浓度峰值为a，

则数列是首项为a，公比为的等比数列，所以，

令，即，解得，

当血药浓度为峰值的时，给药时间为，

故选：B.

6. 对于一些不太容易比较大小的实数，我们常常用构造函数的方法来进行，如，已知，，，要比较，，的大小，我们就可通过构造函数来进行比较，通过计算，你认为下列关系正确的一项是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数讨论单调性，可得，即，化简即可得答案．

【详解】令，

则，

当，即，，，

所以，在上单调递增，

因为,

所以有，

即，

所以有，

即，

所以有．

故选：A．

7. 函数（，）的部分图象如图所示，若在上有且仅有3个零点，则的最小值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求得，然后根据在上有且仅有3个零点列不等式，从而求得的取值范围，进而求得正确答案.

【详解】由图可知，

由于，所以，

令，

得，由得，

依题意，在上有且仅有3个零点，

故当取值最小时，有，

解得，所以的最小值为.

故选：A

8. 定义在上的不恒为零的偶函数满足，且.则（    ）

A. 30 B. 60 C. 90 D. 120

【答案】D

【解析】

【分析】首先等式变形为，再结合以及偶函数的性质，即可求和.

【详解】由条件可知，，且，

则，

所以，

因为函数为偶函数，所以，

则.

故选：D.

二、选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的日平均温度均不低于22 ℃”.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度（单位:℃）的记录数据（记录数据都是正整数）:

①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；

②乙地：5个数据的中位数为27，总体平均数为24；

③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体平均数为26，总体方差为10.8.

则肯定进入夏季的地区有（　　）

A. 一个都没有 B. 甲地

C. 乙地 D. 丙地

【答案】BD

【解析】

【分析】根据统计数据的中位数、众数、平均数和方差的数字特征，逐个判定，即可求解.

【详解】①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，

根据数据得出，家底连续5天的日平均温度的记录数据可能为，

其连续5天的日平均温度均不低于22，可确定甲地进行夏季；

②乙地：5个数据的中位数为27，总体平均数为24，

当5数据为，可知其连续5天的日温度有低于22，所以不确定；

③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体平均数为26，

若有低于22，假设取21，此时方程就超出了，可知其连续5天的日温度均不低于22，

如：，这组数据的均值为26，方差为，但是进一步扩大方差就会超过，所以可判定丙地进入夏季.

故选：BD.

10. 点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，为切点，则（    ）

A. 存在点，使得

B. 弦长的最小值为

C. 点在以为直径圆上

D. 线段经过一个定点

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，设，根据得，，得，可得A不正确；对于B，根据四边形面积关系列式求出，根据可求出，可得B正确；对于C，用以为直径的圆的方程和圆相减得公共弦所在直线方程，可得定点坐标，可得D正确.

【详解】对于A，设，则，当且仅当时，等号成立，

因为，，，，

所以，所以，所以，

故不存在点，使得，故A不正确；

对于B，根据圆的对称性得，所以，

又，

所以，

所以，

由A知，，所以.

故B正确；

对于C，因为，，所以既是直角三角形的外接圆的直径，又是直角三角形的外接圆的直径，所以点在以为直径的圆上，故C正确；

对于D，设，则的中点为，

所以以为直径的圆的方程为，

即，

因为是圆与圆的公共弦，

所以直线的方程为：，当时，，

所以直线：过定点，因定点在圆内，所以线段经过定点，故D正确.

故选：BCD

11. 如图，直四棱柱的底面是梯形，，，，，P是棱的中点．Q是棱上一动点（不包含端点），则（    ）

A.  与平面BPQ有可能平行

B. 与平面BPQ有可能平行

C. 三角形BPQ周长的最小值为

D. 三棱锥的体积为定值

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，当Q为的中点时，可证得四边形为平行四边形，则与互相平分于点，连接可证得∥，再由线面平行的判定定理可得结论，对于B，由题意可得与平面BPQ相交，对于C，把沿展开与在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，有最小值，从而可求得结果，对于D，， 为定值，可得结论.

【详解】对于A，连接，当Q为的中点时，，

因为，∥，∥，，

所以，∥，

所以四边形为平行四边形，

所以与互相平分，设与交于点，连接，

因为P是棱的中点，所以∥，

因为平面，平面，

所以∥平面BPQ，故A正确；

对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交，所以与平面BPQ只能相交，故B错；

对于C，，把沿展开与在同一平面（如图），

则当B，P，Q共线时，有最小值，

在直角梯形中，，，，，

则，

所以，

所以，

所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确；

对于D，，因为定值，因为∥，∥，所以∥，

因为平面，平面，

所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．所以D正确，

故选：ACD．

【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定和棱锥体的求法，对于选项A解题的关键是证明四边形为平行四边形，从而可找到的中点，再利用三角形中位线定理可得线线平行，考查空间想象能力，属于较难题.

12. 设正整数，其中.记，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据的表达式，的表达式，结合等比数列的前项和公式确定正确答案.

【详解】，所以，所以A选项正确.

正整数，

则

，

所以，所以B选项正确

，

所以，所以C选项错误.

，是首项为，公比为的数列的前项和，

即，

所以，所以D选项正确.

故选：ABD

【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.

三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

13. 的展开式中的系数为______.（用数字作答）

【答案】25

【解析】

【分析】把按照二项式定理展开，可得展开式中的系数．

【详解】的展开式中的系数为，

故答案为：25

14. 写出一个同时具有下列两个性质的函数：______.

①的值域为；②当时，.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，由条件可知函数满足在上单调递增且值域为，考虑反比例函数类型即可得到结果.

【详解】函数同时满足值域为且当时，，

考虑，则且，再将函数向上平移两个单位可得

，则，且满足题意.

故答案为：

15. 双曲线的左，右焦点分别为，，右支上有一点M，满足，的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为________．

【答案】##

【解析】

【分析】由圆的切线性质及双曲线定义，可得关系式，

，从而解出、，利用勾股定理可解.

【详解】内切圆Q分别与，，，轴切于点S，T，N，P

则四边形、都为正方形，

设内切圆半径为，由圆的切线性质，

则，则 ，①

又因为，②

且双曲线定义得，，③

由①、②、③得，

所以，

从而，

由勾股定理，，所以，解得．

故答案为：

16. 已知正四面体的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体表面上任意一点，则的最小值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】设正四面体外接球球心为O，把用表示并计算数量积后可得．

【详解】设正四面体外接球球心为O，

正四面体的外接球半径为3，

设正四面体内切球半径为，一个面的面积为，高为，则，所以，显然，所以，即．

．

故答案为：．

四、解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知数列满足，且.

（1）求证：数列是等比数列；

（2）若，求满足条件的最大整数n.

【答案】（1）证明见解析   

（2）99

【解析】

【分析】（1）由已知得再由等比数列的定义可得答案；

（2）由（1）求出，再由等比数列的求和公式可得，令，根据的单调性可得答案.

【小问1详解】

，，

，，

是以为首项，为公比的等比数列；

【小问2详解】

由（1）：，，

，

令，

因为在单调递增，

所以在单调递增，

单调递增，，

可得，所以满足条件的最大整数为.

18. 如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）.

（1）证明：平面平面；

（2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明详见解析   

（2）存在，且

【解析】

【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.

（2）判断出平面，由此建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的正弦值确定点的坐标，进而求得三棱锥的体积.

【小问1详解】

在原图中，连接，由于，

所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形，

所以，

由于，所以四边形是平行四边形，

所以，所以.

在反着过程中，保持不变，

即保持不变，

由于平面，

所以平面，由于平面，

所以平面平面.

【小问2详解】

由上述分析可知，在原图中，，所以，

所以，

折叠后，若，则，

所以，

由于平面，

所以平面，

由于平面，所以，

所以两两相互垂直，

由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

，

，

设，，

，

设平面的法向量为，

则，故可设，

设直线与平面所成角为，

则，

，，

所以，即是的中点.

由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为，

所以.

19. 的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，点O为的内心，记，，的面积分别为，，，已知，.

（1）在①；②；③中选一个作为条件，判断是否存在，若存在，求出的周长，若不存在，说明理由.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）

（2）若为锐角三角形，求面积的取值范围.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）由题意，根据的内切圆的性质可得，选①，根据余弦定理可得，方程无解即△ABC不存在；选②，根据正弦定理可得，由可得，方程无解即△ABC不存在；选③，根据三角恒等变换可得，由（1）得，解得，可求出的周长.

（2）由三角形的面积可得，再由正弦定理和两角和的正弦公式可得，结合角C的取值范围即可求解.

【小问1详解】

设的内切圆半径为r，因为，

所以，化简得：，

所以，因为，所以，

选择①，因为，所以，

因为，，所以，

整理得，

方程无实数解，所以不存在．

选择②，因为，所以，

因为，所以，所以，

因为，，所以，

整理得，方程无实数解，所以不存在．

选择③，由得：，

所以，即，所以，

因为以，，

所以，所以，解得，

所以存在且唯一，的周长为．

【小问2详解】

由（1）知，，面积，

因为，所以，

因为为锐角三角形，

所以，，解得：，

所以，所以，，，

所以的取值范围为，

而面积.

20. 已知函数.

（1）若在上是减函数，求实数的最大值；

（2）若，求证：.

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据函数单调性可将问题转化为在上恒成立问题，通过分离变量的方式将问题转化为，利用导数求得的最大值，进而得到结果；

（2）将问题转化为的证明；利用单调递增和零点存在定理可确定存在，使得，从而得到；根据导函数正负可确定单调性，进而得到，化简后，结合基本不等式可证得结论.

【详解】由函数解析式可知，定义域为.

（1），

在上是减函数，在上恒成立，即恒成立

令，则，在上单调递增，

，，解得：，

的最大值为.

（2）由（1）知：，则，

在上单调递增.

，当时，，，此时，

由零点存在定理可知，存在，使得，即，

.

当时，；当时，，

当时，单调递减；当时，单调递增，

（当且仅当，即时取等号）.

当时，.

【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到根据函数在区间内的单调性求解参数范围、利用导数证明不等式的问题；根据单调性求解参数范围的关键是能够将问题转化为恒成立问题进行求解；证明不等式的关键是能够将问题转化为函数最值的求解问题.

21. 新高考数学试卷中有多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这四个选项，四个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.某次多项选择题专项训练中，共有道题，正确选项设计如下：第一题正确选项为两个的概率为，并且规定若第题正确选项为两个，则第题正确选项为两个的概率为；若第题正确选项为三个，则第题正确选项为三个的概率为.

（1）求第n题正确选项为两个的概率；

（2）请根据期望值来判断：第二题是选一个选项还是选两个选项，更能获得较高分.

【答案】（1）   

（2）第二题选一个选项更能获得较高分

【解析】

【分析】（1）根据题意可得到第n题正确选项为两个的概率与第题正确选项为两个的概率之间的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可.

（2）根据题中两种选择，结合数学期望公式、（1）中结论进行求解判断即可.

【小问1详解】

设第n题正确选项为两个的概率为，则，

当时，有，

因此数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，显然适合，

故.

【小问2详解】

由（1）可知：，

设选一个选项的得分为，，

，，

因此，

设选二个选项的得分为，，

，

，

所以，

因为，

所以第二题选一个选项更能获得较高分.

【点睛】关键点睛：本题的关键是通过概率公式得到之间的关系，通过适当变形，构造等比数列，利用等比数列的通项公式求出通项公式.

22. 已知椭圆过和两点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.

（i）证明：点B在以为直径的圆内；

（ii）求四边形面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）（i）证明见解析；（ii）6

【解析】

【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆C的方程；

（2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；

（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为6.

【小问1详解】

依题意将和两点代入椭圆可得

，解得；

所以椭圆方程为

【小问2详解】

（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；

根据题意可知直线斜率均存在，且；

所以直线的方程为，的方程为；

联立直线和椭圆方程，消去可得；

由韦达定理可得，解得，则；

联立直线和椭圆方程，消去可得；

由韦达定理可得，解得，则；

则，；

所以；

即可知为钝角，

所以点B在以为直径的圆内；

（ii）易知四边形的面积为，

设，则，当且仅当时等号成立；

由对勾函数性质可知在上单调递增，

所以，可得，

由对称性可知，即当点的坐标为或时，

四边形的面积最大，最大值为6.

【点睛】关键点点睛：证明点和圆的位置关系时，可利用向量数量积的正负判断与直径所对圆周角的大小即可得出结论；在求解四边形面积的最值时，首先可用一个变量表示出面积的表达式，再根据函数单调性或基本不等式求出最值即可.