湖南省雅礼中学2023-2024学年高三数学上学期月考（二）（Word版附解析）

大联考雅礼中学2024届高三月考试卷（二）

数学

得分：___________

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟，满分150分．

第Ⅰ卷

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. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.

【详解】．

故选:C.

2. 全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.

【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，

所以.

故选：C

3. 函数的部分图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.

【详解】易知的定义域为，

因为，

所以为奇函数，排除答案B，D；

又，排除选项C．

故选:A．

4. 在边长为3的正方形ABCD中，点E满足，则（     ）

A. 3 B.  C.  D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】建立直角坐标系，写出相关点的坐标，得到，，利用数量积的坐标运算计算即可.

【详解】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示直角坐标系，

由题意得，

所以，，

所以.

故选：A.

5. 某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（    ）（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.

【详解】设半球的半径为，因为，

所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，

所以，

所以该实心模型的体积为，

所以制作该模型所需原料的质量为

故选：C

6. 已知数列为等比数列，其前n项和为，，则“公比”是“对于任意，”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】A

【解析】

【分析】根据等比数列的通项公式以及前项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.

详解】若，且公比，则，所以对于任意，成立，故充分性成立；

若，且，则，

所以由对于任意，，推不出，故必要性不成立；

所以“公比”是“对于任意，”的充分不必要条件.

故选:A

7. 若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sin x－a)·(cos x－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据已知不等式得到，要求y＝sin x和y＝cos x图象不在y＝a＝的同一侧，利用正弦函数、余弦函数图象的性质进行解答即可．

【详解】在同一坐标系中，作出y＝sin x和y＝cos x的图象，

当m＝时，要使不等式恒成立，只有a＝，

当m＞时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sin x和y＝cos x的图象不在y＝a＝的同一侧.

∴由图可知m的最大值是.

故选：C.

8. 已知函数的定义域为R，，且在上递增，则的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据可得关于直线对称，根据可得，结合函数的单调性可得函数图象，根据图象列不等式求解集即可.

【详解】解：函数，满足，则关于直线对称，

所以，即，

又在上递增，所以在上递减，

则可得函数的大致图象，如下图：

所以由不等式可得，或，解得或，

故不等式的解集为.

故选：D.

二、选择题：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. 对于实数，，，下列选项正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则， D. 若，，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.

【详解】对选项A，因为，所以，，

所以，故A正确；

对选项B，，，所以，

因为，所以，即，故B正确；

对选项C，令，，满足，不满足，，故C错误；

对选项D，因为，，

所以，故D正确．

故选：ABD．

10. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 函数的最小正周期为

C. 函数的对称轴方程为

D. 函数图象可由的图象向右平移个单位长度得到

【答案】AB

【解析】

【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的图像性质逐项判断.

【详解】，所以A正确；

对于B，函数的最小正周期为，所以B正确；

对于C，由，，得，，所以函数的对称轴方程为，，所以C不正确；

对于D，的图象向右平移个单位长度，得，所以函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以D不正确．

故选：AB．

11. 设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（    ）

A. 若，则是数列的最大项

B. 若数列有最小项，则

C. 若数列是递减数列，则对任意的：，均有

D. 若对任意的，均有，则数列是递增数列

【答案】BD

【解析】

【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.

【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；

对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；

对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；

对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.

故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．

故选：BD

12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（    ）

A. 四面体的体积为定值

B. 当，分别为棱，的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行

C. 直线与平面所成角的正切值的最小值为

D. 当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形

【答案】ACD

【解析】

【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；作出线面角，并求出其正切表达式判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.

【详解】点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，

所以四面体的体积恒为定值，A正确；

在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，

又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误；

正方体棱长为2，如图1，过作于，则有平面，

于是与平面所成角即为，于是，

又长度的最大值为，所以与平面所成角的正切值的最小值为，C正确；

如图2，取中点，连接，有，且，

则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，

此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，

连接，在上取点，使得，同证的方法得，

在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，

即，而，于是四边形是平行四边形，

有，则为过，，三点的平面与平面的交线，

连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．

故选：ABD

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若函数的图象在处的切线斜率为3，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】求导，利用求解即可.

【详解】解：因为，所以，

又函数的图象在处的切线斜率为3，

则，所以．

故答案为：

14. 在平面直角坐标系中，圆与轴的正半轴交于点，点，在圆上，若射线平分，，则点的坐标为__________．

【答案】

【解析】

【详解】由题意可知圆的半径为，设，由题意可知，，则点的横坐标为，点的纵坐标为．故答案为：．

15. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得，再结合基本不等式即可得答案.

【详解】解：因为函数为偶函数，则，

即，①

又因为函数为奇函数，则，

即，②

联立①②可得，

由基本不等式可得，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故函数的最小值为．

故答案为：

16. 已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为120°， ，则三棱锥的外接球的表面积为________.

【答案】

【解析】

【分析】

将沿折起后，取中点为，连接，，得到，在中由余弦定理求出的长，进一步求出的长,分别记三角形与的重心为、，记该几何体的外接球球心为，连接，，证明与全等，求出，再推出，连接，由勾股定理求出，即可得出外接球的表面积.

【详解】将沿折起后，取中点为，连接，，则，，

所以即为二面角的平面角，所以；

设，则,在中

，即

解得，即，所以

所以与是边长为的等边三角形.

分别记三角形与的重心为、，则，；即；

因为与都是边长为的等边三角形，

所以点是的外心，点是的外心；

记该几何体的外接球球心为，连接，，

根据球的性质，可得平面，平面，

所以与都是直角三角形，且为公共边，

所以与全等，因此，

所以；

因为，，，且平面，平面，

所以平面；

又平面，所以，

连接，则外接球半径为，

所以外接球表面积为.

故答案为：

【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.

四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知正项数列的前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，证明：.

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；

（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明.

【小问1详解】

依题意可得，当时，，，则；

当时，，，两式相减，

整理可得，又为正项数列，

故可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以.

【小问2详解】

证明：由（1）可知，所以，

，所以成立

18. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知.

（1）求；

（2）若，的内切圆半径为，求的周长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面积公式可得出，结合余弦定理可求得的值，即可求得的周长.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理可得，①

因为，所以，

代入①式整理得，

又因为、，，则，所以，

又因为，解得.

【小问2详解】

解：由（1）知，，因为内切圆半径为，

所以，即，

所以，②，

由余弦定理得，所以③，

联立②③，得，解得，

所以的周长为.

19. 如图，在三棱柱中，，，，，且平面．

（1）求证：；

（2）求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直的性质和判断定理可得平面，从而即可证明；

（2）建立以为原点，分别以，，所在直线为，，轴的空间坐标系，利用空间向量求解即可.

【小问1详解】

证明：因平面，平面，所以，

因为，四边形是平行四边形，

所以四边形是菱形，所以．

又因为，平面，平面，

所以平面，

因为平面，

所以．

【小问2详解】

解：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

如图所示，则，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，取，可得，，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，取，可得，，

所以，

设二面角的大小为，

因为，

所以，

所以二面角的正弦值为．

20. 如图，已知椭圆上一点，右焦点为，直线交椭圆于点，且满足， ．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线与椭圆相交于两点，求四边形面积的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由已知得，由且 ，知，即可求出椭圆的标准方程；

（2）直线的方程为，与椭圆联立求出，求出点到直线的距离为，，联立直线与椭圆方程结合弦长公式求出，求出四边形的面积，整理化简利用二次函数求出最值.

【详解】（1）为椭圆上一点，

又 ，可得，，即

所以椭圆的标准方程是.

（2）由（1）知，，直线的方程为，

联立 ，整理得：，

解得：，

设点，到直线的距离为和，

则，，

直线与椭圆相交于两点，

联立，整理得：，解得：.

.

设四边形面积为，则.

设，则，

当，即，即时，四边形面积有最大值.

【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21. 如图所示，是圆锥的一部分(A为圆锥的顶点)，是底面圆的圆心，，是弧上一动点（不与、重合），满足．是的中点，．

（1）若平面，求的值；

（2）若四棱锥的体积大于，求三棱锥体积的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，证明出，可得出，，然后在中利用正弦定理可求得的值；

（2）计算得出四边形的面积，结合可求得的取值范围，设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，计算得出，结合正弦型函数的基本性质可求得结果.

【小问1详解】

解：取的中点，连接，为的中点，则，

平面，平面，则平面，

由题设，当平面时，因为，所以，平面平面，

平面，则平面，

因为平面，平面平面，则，

所以，，，

在中，由正弦定理可得，故.

【小问2详解】

解：四棱锥的体积，其中表示四边形的面积，

则

，

所以，，可得，

，则，故，解得.

设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，

由于是的中点，则

.

22. 混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为．目前，我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．

（1）证明：；

（2）若，．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性．公众号：高中试卷君

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.

（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.

【小问1详解】

由题意可得满足二项分布，

由知，，当且仅当时取等号；

【小问2详解】

记（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），

（混管中恰有i例阳性）=，，

令，，

则，

当时，，为单调递减，

当时，，为单调递增，所以，

且，，

所以当，即，两边取自然对数可得，

所以当，时，

所以，

则．

故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.