2024长沙一中高三上学期月考（五）数学试卷含答案

这是一份2024长沙一中高三上学期月考（五）数学试卷含答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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.已知集合，.若，则（ ）
A.B.C.D.
2.已知复数（）在复平面内对应的点在坐标轴上，则的值不可能是（ ）
A.3B.C.4D.5
3.函数（，且）的图象可能是（ ）
A.B.
C.D.
4.已知，，是空间中三个不同的平面，，是空间中两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A.若，，，则B.若，，，则
C.若，，则D.若，，，则
5.已知数列中，，则“是数列是递增数列”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
6.假设一水渠的横截面曲线是抛物线形，如图所示，它的渠口宽为，渠深为，水面距为，则截面图中水面宽的长度约为（ ）（，，）
7.函数（，，）的一个对称中心为，且的一条对称轴为，当取得最小值时，（ ）
A.B.C.D.
8.已知对恒成立，且越接近于1，它们的值也越接近.如，取时，有，计算可得：.则的近似值为（ ）（附：，，）
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，按男生、女生进行分层，通过分层随机抽样的方法，在各层中按比例分配样本，总样本是为180，经计算得到男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是（ ）
A.男生样本容是为100B.抽取的样本的均值为165.5
C.抽取的样本的均值为166D.抽取的样本的方差为43
10.下列说法正确的是（ ）
A.经过点且在两坐标轴上截距相等的直线只有一条
B.经过点且与原点距离等于1的直线有两条
C.过点且与圆相切的直线只有一条
D.过点且与圆相切的圆只有一个
11.四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（ ）
A.不存在点，使得B.的最小值为
C.四棱锥的外接球表面积为D.点到直线的距离的最小值为
12.将数列中的所有项排成如下数阵：
…
已知从第2行开始每一行比上一行多两项，第1列数，，，…成等差数列，且，，从第2行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，则（ ）
A.
B.位于第5行第9列
C.
D.若，则位于第3行第5列或第8行第3列
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数是奇函数，且则的值为______
14.向量，，在正方形网格（每个小正方形的边长为1）中的位置如图所示，若向量与共线，则与夹角的余弦值为______
15.设，则______
16.已知为椭圆：（）上一点，，为左、右焦点，设，，若，则该椭圆的离心率______
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.全民健身创精彩，健康成长蟩未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为（）.
（1）若比赛采用五局三胜制，且，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；
（2）若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由.
18.在中，，，为边上一点，且平分.
（1）若，求；
（2）若，求线段的长.
19.如图，点在以为直径的圆上，垂直于圆所在平面，为的重心.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
20.设数列满足：对任意正整数，有.
（1）求数列的通项公式；
（2）若抽去数列中的第1项，第4项，第7项，…，第项，余下的项顺序不变，组成一个新数列，记数列的前项和为.已知对于任意的正整数，恒成立，求的最大值.
21.已知函数（）.
（1）是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）若图象上总存在关于点对称的两点，求的取值范围.
22.已知双曲线的虚轴长为2，其中一条渐近线方程为.且，分别是双曲线的左、右顶点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于，两点，若直线，的斜率分别为，.
（1）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（2）设，，，若，（），求的面积.
长沙市一中2024届高三月考试卷（五）
数学试卷答案
1.【答案】B
【解析】因为2是方程的解，将代入方程，得，所以的解为或，所以，，故选B.
2.【答案】C
【解析】复数，在复平面内对应的点在坐标轴上，则或，解得或或，即或或.时，；时，；时，，不可能，故选C
3.【答案】C
【解析】因为函数（，且），当时，是增函数，并且恒过定点，又因为的图象在的基础上向下平移超过1个单位长度，故D错误，C正确；当时，是减函数，并且恒过定点，又的图象在的基础上向下平移了不到1个单位长度，故A，B错误，故选C.
4.【答案】D
【解析】对于A，若，，，则，故A正确；对于B，若，，，则，故B正确；对于C，若，，则，故C正确；对于D，若，，，则，平行或相交，故D错误，故选D.
5.【答案】A
【解析】充分性：.因为的对称轴为直线，所以在单调递增，所以的最小值为.因为，所以，所以，即数列是递增数列，所以“”是“数列是递增数列”的充分条件.必要性：显然，当时，为递增数列，所以“”是“数列是递增数列”的不必要条件.综上，“”是“数列是递增数列”的充分不必要条件，故选A.
6.【答案】D
【解析】以为原点，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为（），由题意可得，代入得，得，故抛物线的标准方程为，设（，），则，则，，所以截面图中水面宽的长度约为，故选D.
7.【答案】A
【解析】由题得，其中，，
由题意知，，又因为，所以，两式相减得，，此时.所以，故选A.
8.【答案】B
【解析】取，可得，计算可得，故选B.
9.【答案】ACD
【解析】因为男生样本量=男生人数÷全体学生数×总样本量，故A正确；样本均值，故C正确，B错误；
样本方差：
，
故D正确.故选ACD.
10.【答案】BC
【解析】对于A中，当直线过点和原点时，此时直线方程为，满足题意：当直线过点，且斜率时，可得直线方程为，满足题意，所以经过点且在两坐标轴上截距相等的直线有两条，所以A不正确；对于B中，当直线的斜率不存在时，此时直线方程为，不满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，可得，整理得，因为，所以经过点且与原点距离等于1的直线有两条，所以B正确；对于C中，因为点满足方程，所以点在圆上，所以过点且与圆相切的直线只有一条，所以C正确；对于D中，因为点在圆上，根据圆与圆的位置关系，可得过点且与圆相切的圆有无数个，所以D错误，故选BC.
11.【答案】BCD
【解析】对于A，连接，且，如图（1）所示，当在中点时，因为点为的中点，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以，因为为正方形，所以.
又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，所以A错误；
对于B，将和所在的平面，沿着展开在一个平面上，如图（2）所示，则的最小值为，直角斜边上高为，即，所以的最小值为，所以B正确；
对于C，易知四棱锥的外接球直径为，半径，表面积，所以C正确；
对于D，点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离，因为，且平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，由平面，平面，所以，因为，且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，即为的长，如图（3）所示，在中，，，可得，所以，即直线到平面的距离等于，所以D正确，故选BCD.
图（1） 图（2） 图（3） 图（4）
12.【答案】AC
【解析】由已知第1列数，，，…成等差数列，且，.设第1列数所组成的等差数列公差为，则，所以，选项A正确；第1行共有1项，第2行共有3项，第3行共有5项，…，第行共有项，所以前1行共有项，前2行共有项，前3行共有项，…，前5行共有25项，所以位于第6行第1列，故选项B错误；第1列数所组成的等差数列第行的第1项为：，且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，所以第行的数构成以为首项，公比为2的等比数列，所以，故选项C正确；因为第1列数组成等差数列，则第行第列数：，即（，），，；，；，，故选项D错误.故选AC.
13.【答案】
【解析】.
14.【答案】
【解析】建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，因为向量与共线，有，则，所以，，则.
15.【答案】42
【解析】的展开式的通项为，，，所以.
16.【答案】
【解析】先证明：.由两边同时乘以可得：，即.设，，，则.在中，由正弦定理可得，所以.所以该椭圆离心率.
17.【解析】（1）表示甲在第一局失利，表示甲获得了比赛胜利，则.
（2）在五局三胜制中甲获胜的概率为：
.
在三局两胜制中甲获胜的概率为：
.
于是.9分
当时，，故采用5局3胜制下甲获胜的概率更大.
18.【解析】设（）.
（1）因为平分，，故.在中，由正弦定理知：，
又由余弦定理有，
又，所以.
即.
（2）由，得，则.
又由，
得.
19.【解析】（1）如图，延长交于点.
因为为的重心，所以为的中点.因为为的中点，所以.
因为是圆的直径，所以，所以.
因为平面，平面，所以.
又平面，平面，，所以平面.即平面.
又平面，所以平面平面.
（2）以点为原点，，，方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，则，.设平面的一个法向量为，则令，得.
过点作于点，由平面，易得，又，所以平面，即为平面的一个法向量.
在中，由，得，则，.
所以，，所以.
设二面角的大小为，
则.故所求二面角的余弦值为.
20.【解析】（1）当时，由题意得.
当时，，
得，即.
经验证可知也满足上式，所以的通项公式为.
（2）数列为：，，，，，，，，…所以奇数项是以为首项，为公比的等比数列，偶数项是以为首项，为公比的等比数列.
.
.
，显然是关于的增函数，
所以.所以的最大值为.
21.【解析】（1）由题意，得函数的定义域为，且.
若为函数的极值点，则，.
此时，函数在上单调递减.
故不是函数的极值点，所以不存在满足条件.
（2）由题意可知在上有解，
所以在上有解.
该方程化简得.令，得，所以问题等价于方程在上有解.
令，，有.
当时，在单调递减，又，所以在上无零点，不成立.
当时，在上单调递减，在上单调递增，且.所以有，.
故在上有一个零点，在上没有零点.
综上，当时，图象上总存在一对关于点对称的两点.
22.【解析】（1）由题意可设双曲线：，则
解得，，所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，，直线的方程为.
由消元得.则，，且
；
（ii）由（i）知，，设直线的斜率为，
则，所以.即，
由可得，化简得：，解得：（舍），.所以直线的方程为.