湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期月考七数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知全集，，则集合B元素个数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】由已知求出全集，再由可知中肯定有1，3，5，7，中肯定没有1，3，5，7，从而可求出中的元素.
【详解】因为全集，，
所以中肯定有1，3，5，7，中肯定没有1，3，5，7，和中都有可能有0，2，4，6，8，9，10，
且除了1，3，5，7，中有的其他数字，中也一定会有，中没有的数字，中也一定会有，
所以，
故选：B
2. 已知是虚数单位，是关于的方程的一个根，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据实系数方程的虚数根成对出现得出另一个根，然后由韦达定理求出，
【详解】∵是关于的方程的一个根，∴方程的另一根为，
∴，，，∴．
故选：A．
【点睛】本题考查实系数方程的复数根问题，需掌握下列性质：实系数方程的虚数根成对出现，它们是共轭复数．
3. 已知函数满足，且在上单调递减，对于实数a，b，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】根据给定条件，可得函数是R上的偶函数，利用充分条件、必要条件的定义，结合偶函数性质及单调性判断即得.
【详解】由函数满足，得函数是R上的偶函数，而在上单调递减，
因此，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
4. 图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接AC、BD相交于点O，连接SO，取AB的中点E，连接SE、OE，则可得即为平面ABCD与平面ATBS的夹角，，则，然后在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】连接AC、BD相交于点O，连接SO，
因四棱锥为正棱锥，
所以平面ABCD，
取AB的中点E，连接SE、OE，
因为，所以，
所以即为平面ABCD与平面ATBS的夹角，即．
设，则，
所以，，
在中，由余弦定理，
故选：C．
5. 在中，角A为，角A的平分线AD交BC于点D，已知，且，则（ ）
A. 1B. C. 9D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用共线定理的推理求得，然后以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，根据坐标运算求得，然后由数量积的坐标表示可得.
【详解】由可得：，
因为B，C，D三点共线，故，即，
所以，
以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系如图所示，
因为，，则，
因为，故设，
则
由得，
解得，故，，
所以.
故选：C，
6. 有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（ ）
A. 60B. 114C. 278D. 336
【答案】D
【解析】
分析】分三类，第一类，只有3人被录用，第二类，只有4人被录用，第三类，5人全部录用，根据分类计数原理即可得到答案.
【详解】分三类情况，第一类情况，只录用3人，有种情况；第二类情况，只录用4人，有种情况；
第三类情况，录用5人有两种情况：或，有种情况．
所以根据分类加法计数原理共有种．
故选：D.
7. 设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
8. 已知正数满足为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设且，构造、，利用导数、零点存在性定理判断在上的函数值符号，即可得答案.
【详解】由题设，则，且，则，
令且，故，
令，则在上递增，故，
所以在上递增，故，
所以在上递增，故，
即在上恒成立，故，A错，B对；
对于的大小关系，令且，而，，
显然在上函数符号有正有负，故的大小在上不确定，
即的大小在上不确定，所以C、D错.
故选：B
二、选择题：本大题共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. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ）
A. 事件，为互斥事件B. 事件B，C为独立事件
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D．
【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；
由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错；
，C正确；
事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确．
故选：ACD．
10. 已知等比数列的公比为，其前项的积为，且满足，，，则（ ）
A. B.
C. 的值是中最大的D. 使成立的最大正整数数的值为198
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题目所给已知条件，结合等比数列的性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】∵，∴，∴.
∵，∴，
又，∴.故A正确.
由A选项的分析可知，，∴，∴，，故B正确，C不正确.
∴，
，
∴使成立的最大正整数数的值为198，故D正确.
故选：ABD
11. 在长方体中，，E为的中点，点P满足，则（ ）
A. 若M为的中点，则三棱锥体积为定值
B. 存在点P使得
C. 当时，平面截长方体所得截面的面积为
D. 若Q为长方体外接球上一点，，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理可判定A，根据线面垂直的性质定理可判定B，根据面面平行的性质定理作出截面可判定C，判断出相对外接球的位置从而求最值可判断D.
【详解】对于A：因为M为的中点，E为的中点，所以，所以面，
则P到面的距离为定值，所以体积为定值，所以A正确．
对于B：AP在平面的投影在线段上，若，又，
且，所以平面，又平面，所以，
因为四边形为正方形，所以与BE不垂直，所以B错误．
对于C：平面与平面重合，平面与平面重合，所以延长会
与直线有交点N，因为，又，所以，
即N为点E，又平面平面，所以平面和平面的交线
与平行，取中点F，则平面截长方体所得截面为矩
形，所以面积为，所以C正确．
对于D：易知长方体的外接球半径为，球心是的中点O，由，得，
，，则点P球外，点E在球内，，
如图，建立空间直角坐标系，设，则，
所以，即，
所以，所以D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：立体几何中截面问题往往根据线面平行的性质定理或者面面平行的性质定理作出与各面的交线，从而得出截面.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知直线过圆心，则，利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意取值条件.
【详解】由，则圆心为，半径为2，
由直线被圆所截得的弦长为，故直线过圆心，
所以且，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
13. 已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据函数值域满足，结合正弦函数的图象可知时满足题意，得解.
【详解】，令，
,,
，作出函数的图象，如图，
由图可知，以为中心，当变大时，若，函数最大值，最小值，不满足，若时，函数最大值，所以只需要确定函数最小值，因为，需函数最小值为，所以当时，即时，
函数值域为，满足，当时，函数最小值，此时不满足， 综上.
故答案为：.
14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则___________；若，则的值为___________.
【答案】 ①. ②. ##5.75
【解析】
【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；
第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
故答案为：；
【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
四、解答题：本大题共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. 已知数列中，，设为前n项和，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用与的关系以及递推公式求出，再利用累乘法即可求得通项公式；
（2）由（1）结论代入可得，利用三角函数两角差公式化简可得，再利用累加法即可求得数列的前n项和.
【小问1详解】
数列中，，为前n项和，
当时，，，
当时，①，
②，
由②-①得：，，
即，
当时，，递推可得：，，，，
由累乘法可得：，
，又因为，所以，即，经检验，当时符合上式，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，，所以：
，
所以
；
所以数列的前n项和.
16. 某兴趣小组为研究一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，设“患有地方性疾病”，“卫生习惯良好”.据临床统计显示，，该地人群中卫生习惯良好的概率为.
（1）求和；
（2）为进一步验证（1）中的判断，该兴趣小组用分层抽样的方法在该地抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有的把握肯定（1）中的判断，试确定的最小值.
附表及公式：
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件概率和全概率公式计算即可；
（2）先作出样本容量提高倍后的二联表，依据公式计算卡方即可.
【小问1详解】
由题意可得：，
而
，
【小问2详解】
，
故.
17. 已知.
（1）若的最小值为，求的值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知时不满足题意，时，再令并研究其性质得，进而得；
（2）令，将已知不等式等价于，进而结合的单调性得，再结合（1）当时，恒成立得，再解不等式即可得答案.
【小问1详解】
解：，定义域为，
①当时，在恒成立，单调递增，
又，故当时，，不满足题意，舍去；
②当时，由得，得，
所以，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
令，则，
令，得，，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，当的最小值为时，即时，解得.
所以
【小问2详解】
解：由（1）知：当时，恒成立，
等价于，
又等价于.
令，则上述不等式等价于
因为恒成立，
所以，上单调递增，.
所以等价于，即，
因为当时，恒成立，
所以，故，解得.
所以，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题第二问解题的方法在于构造函数，进而将已知不等式转化为，进而结合单调性转化求解即可.
18. 已知椭圆，分别为双曲线的左，右顶点，分别为和的离心率．
（1）若．
（ⅰ）求的渐近线方程；
（ⅱ）过点的直线l交的右支于两点，与直线交于两点，记坐标分别为，求证：；
（2）从上的动点引的两条切线，经过两个切点的直线与的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值?若是，请求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
（2）是，定值为
【解析】
【分析】（1）根据离心率可求，故可得（ⅰ）中方程；设直线AB的方程为，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理化简后可得它们相等.
（2）设，求出切点弦的方程后再求出切点弦与渐近线的交点后可求得面积为定值.
【小问1详解】
（ⅰ）由题意得，所以，
解得，又，所以．
故双曲线的渐近线方程为；
（ⅱ）证明：设直线AB的方程为，
由消元得：且，
故，故，
所以故，
又直线的方程为，
所以，同理，
所以
，
故．
【小问2详解】
设两个切点为，由题意知斜率存在，
直线方程为，
联立，故，
由可得，
整理得到：，
故，故，所以，
同理直线方程为，
由过P点可得可得直线的方程为，
不妨设直线与x轴交于点，与两条渐近线的交点分别为，，
由可得；同理
则围成三角形的面积为：
，
因P在双曲线上，，则为定值．
19. 对于空间向量，定义，其中表示这三个数的最大值.
（1）已知，.
①写出，写出（用含的式子表示）；
②当，写出的最小值及此时x的值；
（2）设，，求证：
（3）在空间直角坐标系O−xyz中，，，，点P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，点Q是△ABC内部的动点，直接写出的最小值及相应的点P的坐标.
【答案】（1）①；；②的最小值为4，.
（2）证明见解析. （3）最小值为，.
【解析】
【分析】（1）由的定义即可求解.
（2）根据向量的新定义，,,且有，从而.
（3）平面方程，可设法向量，取，，有，此时最小.
【小问1详解】
由题可知：
,，，
，.
在同一个坐标系中作出的图像如下图所示：
因为，
则函数的图像是图中加粗部分折线，
直线与交于点，
直线与直线交于点，
由图可知，当时，有最小值4.
【小问2详解】
,
因为，
所以,,
所以.
【小问3详解】
因为P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，则球面方程为，
面的方程为，即，一个法向量为，
平面是取最小值的必要条件，证明如下：
不妨取，若平面于，
显然，则且，所以，
对于面上任意点都有，即，
所以，仅当重合时取等号，
综上，取最小，必有平面，
由，当共线时取等号，故最小值在共线且平面时取得，
此时且，则，即，
所以，
取且，则，即，
所以，
综上，、时最小.
【点睛】关键点点睛：第三问，说明平面是取最小值的必要条件，进而确定且共线且平面时取最小值.0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
不够良好
良好
总计
患有该病
未患该病
总计