精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考(一)数学试题（解析版）_2023年9月_01每日更新_22号_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考试卷（一）

大联考雅礼中学 2024 届高三月考试卷（一） 数学 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. 若集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接解出集合 ，再求交集即可. 详解】 ， ，则 . 【 故选：D. 2. 记等差数列{a}的前n项和为S.若a＝16，S＝35，则{a}的公差为（ ） n n 6 5 n A. 3 B. 2 C. －2 D. －3 【答案】A 【解析】 【分析】由题得a＝7，设等差数列的公差为 ，解方程组 即得解. 3 【详解】解：由等差数列性质可知，S＝ ×5＝5a＝35，解得a＝7， 5 3 3 设等差数列的公差为 ， 所以 ，解之得 . 第1页/共28页 学科网（北京）股份有限公司故选：A. 3. 已知 ， 是关于x的方程 的两个根.若 ，则 （ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由 ， 是关于x的方程 的两个根，由韦达定理求出 ，再由复数的模长公式求 解即可. 【详解】法一：由 ， 是关于x的方程 的两个根，得 ， 所以 ，所以 . 法二：由 ， 是关于x的方程 的两个根，得 ， 所以 ，所以 . 故选：C. 4. 函数 的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 第2页/共28页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】分析函数 的奇偶性及其在 上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】令 ，该函数的定义域为 ， ， 所以，函数 为偶函数，排除AB选项， 当 时， ，则 ，排除C选项. 故选：D. 5. 已知 的解集为 ，则 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】由题知 为方程 的一个根，由韦达定理即可得出答案. 【详解】因为 的解集为 ， 所以 为方程 的一个根， 所以 ． 故选:B． 6. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽 的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B， C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和 20°，且BC=100 ，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cos10°≈0.985） A. 45.25 B. 50.76 C. 56.74 D. 58.60 第3页/共28页 学科网（北京）股份有限公司【答案】B 【解析】 【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可； 【详解】 设球的半径为R， ， ， 故选:B. 7. 已知定义域是R的函数 满足： ， ， 为偶函数， ， 则 （ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -3 【答案】B 【解析】 【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将 . 【详解】因为 为偶函数，所以 的图象关于直线 对称，所以 ，又由 ，得 ，所以 ，所以 ，所以 ，故 的周期为4，所以 ． 故选:B． 8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程 中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型， 中间最大球为正四面体 的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和 第4页/共28页 学科网（北京）股份有限公司正四面体三个面均相切，已知正四面体 棱长为 ，则模型中九个球的表面积和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的 半径，得到答案. 【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ， 过点 作 ⊥底面 ，垂足在 上，且 ， 所以 ，故 ， 的 点 为最大球 球心，连接 并延长，交 于点 ，则 ⊥ ， 设最大球的半径为 ，则 ， 因为 ∽ ，所以 ，即 ，解得 ， 即 ，则 ，故 设最小球的球心为 ，中间球的球心为 ，则两球均与直线 相切，设切点分别为 ， 连接 ，则 分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为 ， 则 ，则 ， 第5页/共28页 学科网（北京）股份有限公司又 ，所以 ，解得 ， 又 ，故 ，解得 ， 所以 ， 模型中九个球的表面积和为 . 故选：B 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球 心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解 题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的 半径 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若 ，则 B. 函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象 C. 函数 的单调递增区间为 第6页/共28页 学科网（北京）股份有限公司D. 的最小正周期为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得 ，知A正确； 根据三角函数平移变换可求得 ，知B错误； 利用三角恒等变换公式化简得到 解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确； 利用二倍角公式化简得到 ，由正切型函数的周期性可求得结果知D正确. 【详解】对于A， ，A正确； 对于B， 向右平移 个单位长度得： ，即 ，B错误； 对于C， ， 则由 ， 得： ， ， 的单调递增区间为 ，C正确； 对于D， ， 的最小正周期为 ，D正确. 故选：ACD. 10. 如图所示，该几何体由一个直三棱 柱 和一个四棱锥 组成， ，则下列说法正确的是（ ） 第7页/共28页 学科网（北京）股份有限公司A. 若 ，则 B. 若平面 与平面 的交线为 ，则AC//l C. 三棱柱 的外接球的表面积为 D. 当该几何体有外接球时，点 到平面 的最大距离为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解. 【详解】对于选项A，若 ，又因为 平面 ， 但是 不一定在平面 上，所以A不正确； 对于选项B，因为 ，所以 平面 ， 平面 平面 ，所以 ，所以B正确； 对于选项C，取 的中心 ， 的中心 ， 中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径 ， 的 所以外接球的表面积为 ，所以C不正确； 对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱 的外接球， 第8页/共28页 学科网（北京）股份有限公司的中点为该外接球的球心，该球心到平面 的距离为 ， 点 到平面 的最大距离为 ，所以D正确. 故选：BD 11. 同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空， 横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链 线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可 以为 （其中 ， 是非零常数，无理数 ），对于函数 以下结论正 确的是（ ） A. 是函数 为偶函数的充分不必要条件； B. 是函数 为奇函数的充要条件； C. 如果 ，那么 为单调函数； D. 如果 ，那么函数 存在极值点. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断 AB；利用导数，分类讨论函数的单 调性，结合极值点的概念即可判断CD. 【详解】对于A，当 时，函数 定义域为R关于原点对称， ，故函数 为偶函数； 当函数 为偶函数时， ，故 ， 即 ，又 ，故 ， 所以 是函数 为偶函数的充要条件，故A错误； 对于B，当 时，函数 定义域为R关于原点对称， 第9页/共28页 学科网（北京）股份有限公司，故函数 为奇函数， 当函数 为奇函数时， ， 因为 ， ，故 . 所以 是函数 为奇函数的充要条件，故B正确； 对于C， ，因为 ， 若 ，则 恒成立，则 为单调递增函数， 若 则 恒成立，则 为单调递减函数， 故 ，函数 为单调函数，故C正确； 对于D， ， 令 得 ，又 ， 若 ， 当 ， ，函数 为单调递减. 当 ， ，函数 为单调递增.函数 存在唯一的极小值. 若 ， 当 ， ，函数 为单调递增. 当 ， ，函数 为单调递减.故函数 存在唯一的极大值. 所以函数存在极值点，故D正确. 第10页/共28页 学科网（北京）股份有限公司故答案为：BCD. 12. 设等比数列 的公比为 ，其前 项和为 ，前 项积为 ，且满足条件 ， ， ，则下列选项正确的是（ ） A. 为递减数列 B. C. 是数列 中的最大项 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意先判断出数列 的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一 验证： 对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由 及前n项和的定义即可判断；对于C：前 项积为 的定义即可判断；对于D：先求出 ，由 即可判断. 【详解】由 可得： 和 异号，即 或 . 而 ， ，可得 和 同号，且一个大于1，一个小于1. 因为 ，所有 ， ，即数列 的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1. 对于A：公比 ，因为 ，所以 为减函数，所以 为递减数列.故A正确； 对于B：因为 ，所以 ，所以 .故B错误； 对于C：等比数列 的前 项积为 ，且数列 的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1， 所以 是数列 中的最大项.故C正确； 对于D： 第11页/共28页 学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ，即 .故D错误. 故选：AC 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知 ，若 ，则 ______ . 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得 ，结合向量的数量积的运算公式求得 的值，得到 的坐标，利用 向量模的公式，即可求解． 【详解】因为 ，可得 ， 又因为 ，可得 ，解得 ， 所以 ，所以 . 故答案为： . 14. 已知函数 ，则函数 零点个数为______. 的 【答案】3 【解析】 第12页/共28页 学科网（北京）股份有限公司【分析】令 得 ，根据分段函数性质可在同一直角坐标系中作出 ， 的大 致图象，由图象可知，函数 与 的图象有3个交点，即可得出答案． 【详解】令 得 ， 可知函数 的零点个数即为函数 与 的交点个数， 在同一直角坐标系中作出 ， 的大致图象如下： 由图象可知，函数 与 的图象有3个交点， 即函数 有3个零点， 故答案为：3. 15. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则平面 截此正方体所得截面面 积的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征，判断平面 所在的位置，然后求得截面面积的最大值即可. 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体 中，平面 与直线 ， ， 所成的角是相等的， 所以平面 与平面 平行， 第13页/共28页 学科网（北京）股份有限公司由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边 长为 ， 所以其面积为 . 故答案为： . 16. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的 古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线 的方程为 ，第n根弦（ ，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线 l： 交于点 和 ，则 ______. （参考数据：取 .） 【答案】914 【解析】 【分析】根据题意可得 ，进而利用错位相减法运算求解. 第14页/共28页 学科网（北京）股份有限公司【详解】由题意可知： ， 则 ， 可得 ， 两式相减可得： ， 所以 . 故答案为：914. 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. 的 17. 如图，在直三棱柱 中， ， ， ，M为 中点. （1）证明： 平面 ； （2）求点A到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 第15页/共28页 学科网（北京）股份有限公司【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明； (2)利用等体积法求解. 【小问1详解】 连接 交 于点 ，连接 ， 则有 为 的中点，M为 的中点， 所以 ， 且 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 【小问2详解】 连接 ,因为 ，所以 , 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 ， ,所以 平面 , 又因为 平面 ,所以 , 又 ，所以 是等腰直角三角形， , 所以 , 第16页/共28页 学科网（北京）股份有限公司, 设点A到平面 的距离为 ， 因为 ,所以 , 所以 . 18. 记锐角 的内角 的对边分别为 ，已知 ． （1）求证： ； （2）若 ，求 的最大值． 【答案】（1）见解析； （2） . 【解析】 【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可； （2）根据（1）中结论运用正弦定理得 ，然后等量代换出 ， 再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解. 【小问1详解】 证明：由题知 ， 所以 ， 所以 , 所以 第17页/共28页 学科网（北京）股份有限公司因为 为锐角，即 ， 所以 ， 所以 ， 所以 . 【小问2详解】 由（1）知： ， 所以 ， 因为 ， 所以 ， 因为由正弦定理得： ， 所以 , 所以 ， 因为 ， 所以 ， 所以 第18页/共28页 学科网（北京）股份有限公司因为 是锐角三角形，且 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 当 时， 取最大值为 ， 所以 最大值为： . 19. 甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下， 每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进 球，进球者得1分，不进球者得 分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的 概率均为 ，甲扑到乙踢出球的概率为 ，乙扑到甲踢出球的概率 ，且各次踢球互不影响． （1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望； （2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率． 【答案】（1）分布列见解析；期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望； （2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算. 【小问1详解】 记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立， 第19页/共28页 学科网（北京）股份有限公司由题意得： ， ， 甲的得分X的可能取值为 ， ， ， 所以X的分布列为： X 0 1 p . 【小问2详解】 经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分； 甲3轮中有2轮各得1分，1轮得 分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分， 甲3轮各得1分的概率为 ， 甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为 ， 甲3轮中有2轮各得1分，1轮得 分的概率为 ， 甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为 ， 所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率 . 第20页/共28页 学科网（北京）股份有限公司20. 已知数列 中， ， . （1）令 ，求证：数列 是等比数列； （2）令 ，当 取得最大值时，求 的值． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）求得 ， ，利用递推公式计算得出 ，由此可证得结论成立； （2）由（1）可知 ，利用累加法可求出数列 的通项公式，可得出 ， 利用定义法判断数列 的单调性，进而可得出结论. 【详解】（1）在数列 中， ， ，则 ， ，则 ， 则 ， 所以，数列 为等比数列，且首项为 ，所以， ； （2）由（1）可知， 即 ，可得 ， 累加得 ， . ， ， 第21页/共28页 学科网（北京）股份有限公司， 令 ，则 ， 所以， . ， ， ，所以，当 时， . 所以， ， . 所以，数列 中， 最大，故 . 【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法： （1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式 或 进行求解； （2）前 项和法：根据 进行求解； （3） 与 的关系式法：由 与 的关系式，类比出 与 的关系式，然后两式作差，最后检验 出 是否满足用上面的方法求出的通项； （4）累加法：当数列 中有 ，即第 项与第 项的差是个有规律的数列，就可以 利用这种方法； （5）累乘法：当数列 中有 ，即第 项与第 项的商是个有规律的数列，就可以利用 这种方法； （6）构造法：①一次函数法：在数列 中， （ 、 均为常数，且 ， ）. 一般化方法：设 ，得到 ， ，可得出数列 是以 第22页/共28页 学科网（北京）股份有限公司的等比数列，可求出 ； ②取倒数法：这种方法适用于 （ 、 、 为常数， ），两边取倒 数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于 的式子； ⑦ （ 、 为常数且不为零， ）型的数列求通项 ，方法是在等式的两边同时除以 ，得到一个 型的数列，再利用⑥中的方法求解即可. 21. 已知双曲线 的焦距为10，且经过点 ．A，B为双曲线E的左、 右顶点，P为直线 上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）． （1）求双曲线E的标准方程． （2）直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）直线CD过定点，定点坐标为 ． 【解析】 【分析】（1）方法一：将 代入方程，结合 求得 得双曲线方程；方法二：根据 双曲线定义求得 得双曲线方程. （2）方法一：设CD的方程为 ，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出 ，由B点 与D点写出BD方程，求出 ，利用两个 相等建立关系式，代入韦达定理可求得 为定值. 方法二：设CD的方程为 ，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点 写出BD方程，将 代入以上两方程，两式相比消去 建立关系式，代入韦达定理可求 得 为定值. 【小问1详解】 第23页/共28页 学科网（北京）股份有限公司法一．由 解得 ，∴双曲线E的标准方程为 ． 法二．左右焦点为 ， ， ， ∴双曲线E的标准方程为 ． 【小问2详解】 直线CD不可能水平，故设CD的方程为 ， 联立 消去x得 ， ， ， ， AC的方程为 ，令 ，得 ， BD的方程为 ，令 ，得 ， 第24页/共28页 学科网（北京）股份有限公司， 解得 或 ，即 或 （舍去）或 （舍去）， ∴CD的方程为 ，∴直线CD过定点，定点坐标为 ． 方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为 ， 联立 ，消去x得 ， ， AC的方程为 ，BD的方程为 ， 分别在AC和BD上， ， 两式相除消去n得 ， 又 ， ． 将 代入上式， 得 ． 整理得 ，解得 或 （舍去）． 第25页/共28页 学科网（北京）股份有限公司∴CD的方程为 ，∴直线CD过定点，定点坐标为 ． 【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程 ，通过韦达定理和已知条件若能求 出 为定值可得直线恒过定点，若得到 和 的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点. 22. 设函数 . （1）求 的最值； （2）令 ， 的图象上有一点列 ，若直线 的 斜率为 ，证明： . 【答案】（1） 在 上的最小值为 ， 在 上无最大值. （2）见解析 【解析】 【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最 值. （2）根据（1）可得 ，结合二倍角的正弦可证： ，结合等比数列的 求和公式可证题设中的不等式. 【小问1详解】 ，设 ， 则 （不恒为零），故 在 上为增函数， 故 ，所以 ，故 在 上为增函数， 故 在 上的最小值为 ， 在 上无最大值. 第26页/共28页 学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】 先证明一个不等式： ， 证明：设 ， 则 （不恒为零），故 在 上为增函数， 故 即 恒成立. 当 时， 由（1）可得 ，故 ， 故 , 故 第27页/共28页 学科网（北京）股份有限公司. 【点睛】思路点睛：导数背景下数列不等式的证明，需根据题设中函数的特征构成对应的函数不等式，从 而得到相应的数列不等式，再结合不等式的性质结合数列的求和公式、求和方法等去证明目标不等式. 第28页/共28页 学科网（北京）股份有限公司