湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三数学上学期月考试题（三）（Word版附解析）

大联考长沙市一中2024届高三月考试卷（三）

数学

时量：120分钟 满分：150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. 已知复数，则在复平面对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数除法运算求得，然后判断出在复平面对应的点所在象限.

【详解】因为，对应点为，在第四象限.

故选：D

2. 若的展开式中共有个有理项，则的值为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据二项展开式的通项公式结合有理项的定义运算求解.

【详解】因为展开式的通项公式为，

当且仅当时，为整数，可得为有理项.

故选：C.

3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 函数有最小值

B. 函数有最大值

C. 函数有且仅有三个零点

D. 函数有且仅有两个极值点

【答案】A

【解析】

【分析】根据的图象判断出的单调性、极值点、最值、零点，逐一分析每一选项即可.

【详解】由函数图象可知、的变化情况如下表所示：

由上表可知在和上分别单调递减，在和上分别单调递增，

函数的极小值分别为、，其极大值为.

对于A选项：由以上分析可知，即函数有最小值，故A选项正确；

对于B选项：由图可知当，有，即增加得越来越快，

因此当，有，所以函数没有最大值，故B选项错误；

对于C选项：若有，则由零点存在定理可知函数有四个零点，故C选项错误；

对于D选项：由上表及以上分析可知函数共有3个极值点，故D选项错误.

故选：A.

4. 已知函数是定义在上的奇函数，且，有成立，若，则关于的不等式的解集是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意得函数的单调性，利用单调性结合已知函数值，解绝对值不等式.

【详解】，有成立，可知在上单调递减，

又因为在上是奇函数，所以在上单调递减，

由可得，故，得，

即，得，所以.

故选：B.

5. 已知等比数列的公比为q且，记、则“且”是“为递增数列”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】由等比数列及已知，要为递增数列只需在上恒成立，讨论、、，结合的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案.

【详解】由题设且n ≥ 2，要为递增数列，只需在上恒成立，

当，不论取何值，总存在，不满足要求；

当，

，则，不满足要求；

，总存在，不满足要求；

当，

，则，不满足；

，若，，显然，即，不满足；

，则在上恒成立，满足.

所以为递增数列有且.

综上，“且”是“为递增数列”的必要不充分条件.

故选：B

6. 如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为8，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（    ）

A.  B. 24 C. 32 D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出，设出，代入双曲线方程，求出，得到直径.

【详解】因为该花瓶横截面圆的最小直径为8，所以.

设M是双曲线C与瓶口截面的一个交点，该花瓶的瓶口半径为r，则，

所以，解得，故该花瓶的瓶口直径为.

故选：D

7. 已知角，且，则（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】由两角和与差公式化简后求解．

【详解】由，可得，即，

故.又，故，

即，代入可得.

故

故选：D

8. 已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推.此数列第n项记为，则满足且的n的最小值为（    ）

A. 47 B. 48 C. 57 D. 58

【答案】C

【解析】

【分析】将数列的项分组，设满足的首次出现在第m组的第x个数的位置上，由此列式，求得，结合，即可求得答案.

【详解】将数列分组为（），（，），（，，），（，，，），…，

设满足的首次出现在第m组的第x个数的位置上，

则 ，

此时数列共有项数为 ，

即得，解得 由于 ，

而，故 ，

又,故符合条件的m,的最小值为11，

则满足且的n的最小值为 ，

故选：C

【点睛】本题综合考查了数列的相关知识，解答时要明确数列的项的规律特点，分组，从而列出相应的等式或不等式关系，这是解题的关键所在.

二､多选题（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. 为了解某贫困地区实施精准扶贫后的成果，现随机抽取了该地区三个县市在2021年建档立卡人员年人均收入提升状况.经统计，A县建档立卡人员年人均收入提升状况用饼状图表示，B县建档立卡人员年人均收入提升状况用条形图表示，C县建档立卡人员年人均收入提升的均值为122（百元），方差为4，A，B，C三县建档立卡人数比例为3∶4∶5，则下列说法正确的有（    ）

A. A县建档立卡人员年人均收入提升的均值为122

B. B县建档立卡人员年人均收入提升的方差为5.6

C. 估计该地区建档立卡人员的年人均收入提升120.75百元

D. C县精准扶贫的效果最好

【答案】BCD

【解析】

【分析】A.利用均值公式求解；B.先求得平均数，再利用方差公式求解；C. 利用均值公式求解；D.利用平均数和方差判断.

【详解】A. A县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，故错误；

B. B县建档立卡人员年人均收入提升的平均数为，

B县建档立卡人员年人均收入提升的方差为，

故正确；

C. 该地区建档立卡人员的年人均收入提升：百元，故正确；

D. A县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，

所以，故C县精准扶贫效果最好，故正确；

故选：BCD

10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（    ）

A. ，，，四点共面

B.

C. 直线平面

D. 三棱锥的体积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，根据四点所在线是否是异面直线可判断四点是否共面；对于B，根据垂直的传递性判断；

对于C，根据线线平行证明线面平行；对于D，根据等体积法先对所求三棱锥进行简化.

【详解】易知与异面直线，所以，，，不可能四点共面，故A错误；

由，而，所以，故B正确；

由，平面，平面，所以平面，故C正确；

由平面，所以，故D正确.

故选：BCD.

11. 已知圆和圆，分别是圆，圆上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A. 圆与圆有四条公切线

B. 的取值范围是

C. 是圆与圆的一条公切线

D. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，根据两圆心之间的距离与半径和的比较，确定两圆的位置关系，可得答案；

对于B，根据圆外离的基本性质，可得答案；

对于C，根据公切线与圆心连线的位置关系以及距离，建立方程，可得答案；

对于D，根据直线与圆相切的性质，可得答案.

【详解】对于选项A，由题意可得，圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，

因为两圆圆心距，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；

对于B选项，的最大值等于，最小值为，B正确；

对于C选项，显然直线与直线平行，

因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线，

设直线为，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；

对于D选项，易知当时，四边形为正方形，故当时，，故D正确，

故选：ABD.

12. 已知函数，若存在直线，使得是曲线与曲线的公切线，则实数的取值可能是（    ）

A.  B.  C. 2 D. 3

【答案】ACD

【解析】

【分析】分别设出直线与两曲线的切点坐标，，利用导数的几何意义求出切线方程，根据题意得到，记，分类讨论a与1的大小关系，利用导数与函数的单调性结合零点存在性定理分析求解.

【详解】设直线为曲线在点处的切线，，

所以，即；

设直线为曲线在点处的切线，，

所以，即；

由题意知，因为，可知，

由可得，

将其代入可得：，

令，则在上有零点，

令，则，

令，解得；令，解得；

在区间上单调递增，在区间上单调递减，

当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，

且，

当时，，故在上恒有零点，从而恒成立；

当时，，无零点，不成立；

当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，

且当时，，

则，解得；

综上所述：实数的取值范围是.

故选：ACD.

【点睛】方法点睛：求曲线的切线问题主要分两大类：

一类是切点已知，那么只需将切点横坐标代入到原函数与导函数中求出切点和斜率即可；

另一类是切点未知，那么先要设出切点坐标，利用导数表示切线的斜率以及切线方程，根据所过的点求切点，得出切线方程.

三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.

【详解】由，得，又，

所以向量在向量上的投影向量的坐标为.

故答案为：

14. 已知边长为的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的表面积为，则四棱锥的体积为__________.

【答案】32

【解析】

【分析】由球的表面积公式得半径，再由棱锥的体积公式求解．

【详解】设球的半径为，则，解得，

由题意可知，所以四棱锥为正四棱锥，

设顶点在底面的射影点为，则为正方形的中心，，

则平面，所以，

四棱锥的体积为.

故答案为：32

15. 将函数且的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再将所得图形向左平移个单位长度后，得到一个奇函数图象，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】先将横坐标伸长为原来的2倍得出,再将所得图象向左平移个单位长度得到函数，最后应用奇函数的性质求参数关系即可.

【详解】将函数且的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，

得到函数的图象，

再将所得图象向左平移个单位长度后，得到函数，

因为为奇函数，图象关于原点对称，所以有，

解得.

故答案为:

16. 如图，矩形中， 分别为线段上的动点，且满足.点关于原点的对称点为，直线与交于点，则点到直线的最小距离为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由已知条件求出点轨迹方程，设点求点到直线的最小距离，或利用平行于直线的切线求点到直线的最小距离.

详解】如图可知：.

当时，则交点为；当时，则交点为.

当时，则，

于是可得，，

联立上式可得点的轨迹方程为.

又点满足方程，故点的轨迹方程为.

法一：设，则，

当时，距离最小，最小为.

法二：点的轨迹方程为：，与无公共点.

设直线平行于直线，则直线的方程可以写为，

由方程组消去，得.

令其根的判别式，得.

由图知，当时，直线与的公共点到直线的距离最小，

即两平行直线和之间的距离，

所以最小距离为.

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：.

（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义和通项公式运算求解；

（2）由（1）可得，利用错位相消法运算求解.

【小问1详解】

由题意：，且，

则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以.

【小问2详解】

由（1）可得：，

则，

两边同乘得：，

作差得，

所以.

18. 在锐角中，角的对边分别为，且满足.

（1）求证：；

（2）设的周长为，求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由余弦定理及正弦定理，结合角的范围即可得证；

（2）先由角的关系得出，再结合正弦定理可得，最后结合二次函数值域得出范围.

【小问1详解】

因为，由余弦定理得，所以，，

由正弦定理得

，

因为为锐角三角形，所以，

所以，即.

【小问2详解】

，

由，得，

，结合二次函数单调性易知，

即的取值范围为.

19. 北京冬奥会之后，多个中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动.为了深入了解学生在“单板滑雪”活动中的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

（1）“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；

（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？

【答案】（1）分布列见解析，期望   

（2）20

【解析】

【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.

（2）先求得一轮测试小明“优秀”的概率，然后根据二项分布的知识列不等式，从而求得正确答案.

【小问1详解】

的所有可能取值为.参加“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所.

所以，，

，，

所以的分布列为

所以.

【小问2详解】

小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，

小明在次测试中获“优秀”次数满足，

由，

所以理论上至少要进行20次测试.

20. 如图､四边形与四边形是全等矩形，为上的点.

（1）若为的中点，求证：平面平面；

（2）若直线与平面所成角的正切值为，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）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明，

（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解．

【小问1详解】

由题意知，

又因为四边形为矩形，得，

且平面平面，

所以平面，

又平面，所以.

因为，点为的中点，所以，所以，

同理，所以，即.

又由于，所以，且，

又平面平面，

所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）知，平面，

又，故平面，

所以是直线在平面内的射影，

所以就是直线与平面所成的角，即，

即，设，则.

又由（1）知，两两垂直，

以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.

则，

设平面的一个法向量为，

由于，所以，即，

令，则，即，

设平面的一个法向量为，

，

由于，所以，即，

令，则，即，

设平面与平面的夹角为，可知为锐角，

所以.

故平面与平面夹角的余弦值为.

21. 已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦长为.

（1）求椭圆的方程；

（2）过点作斜率为的直线与交于两点，与交于两点，且与同向.

（i）当直线绕点旋转时，判断的形状；

（ii）若，求直线的斜率.

【答案】（1）   

（2）（i）钝角三角形. （ii）

【解析】

【分析】（1）通过方程可知，通过与的公共弦的长为且与的图象都关于轴对称可得计算即得；

（2）设直线方程为，分别联立直线与抛物线、直线与椭圆方程，利用韦达定理计算可得继而判断三角形形状,再利用结合韦达定理计算即可可以求参.

【小问1详解】

的焦点为，所以，①

又与的公共弦长为，且与都关于轴对称，所以公共点的横坐标为，

代入可得纵坐标为，

所以公共点的坐标为，

代入中可得，②

联立①②得，故的方程为.

【小问2详解】

设，

（i）设直线的方程为，

联立得，

则，

，

所以为钝角三角形.

（ii）因为与同向，且，所以，

从而，即，

所以，

联立得，

则，

所以，即，

所以直线的斜率为.

22. 已知函数.

（1）当时，讨论在上的单调性；

（2）当时，，求实数的取值范围.

【答案】（1）在上单调递增.   

（2）

【解析】

【分析】（1）由导数与单调性的关系求解，

（2）参变分离后转化为求的最大值.

【小问1详解】

当时，.

令，则当时，，

从而成立；

当时，，

此时有，从而在上单调递增，，

故当时，恒成立，函数在上单调递增.

【小问2详解】

法一：（分离参数法），则.

令，则.

故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，其中，

又，故.

故实数的取值范围是.

法二：由对恒成立，

得，即，亦即.

下面证明：当时，对恒成立.

当时，，

令，则.

当时，，所以，

当时，，所以，

当时，，所以，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故当时，对恒成立.