命題人：張汝波 蘇萍 柳葉 楊章遠 審題人：高三備課組
時量：120分鐘 滿分：150分
得分：____________
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．設集合，則中的元素個數(shù)為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．已知復數(shù)（為虛數(shù)單位）的實部與虛部之和為4，則在復平面內(nèi)對應的點位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．若平面向量滿足，則（ ）
A． B． C． D．
4．“且”是“為第三象限角”的（ ）
A．充要條件 B．必要不充分條件 C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件
5．將函數(shù)的圖象向下平移1個單位長度，再向右平移1個單位長度，得到函數(shù)的圖象，則（ ）
A． B． C． D．
6．若，則（ ）
A． B． C． D．
7．焦點為的拋物線的對稱軸與準線交于點，點在拋物線上且在第一象限，在中，，則直線的斜率為（ ）
A． B． C．1 D．
8．已知等比數(shù)列單調(diào)遞增，且成等差數(shù)列，則當取最小值時，集合中的元素之和為（ ）
A．36 B．42 C．54 D．61
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9．抽取市某屆馬拉松比賽前5000名的部分跑者成績繪制如下頻數(shù)分布表（單位：分鐘）：
則下列選項正確的是（ ）
A．估計總體中成績落在分鐘內(nèi)的選手人數(shù)為4500
B．這組數(shù)據(jù)平均數(shù)的估計值為307分鐘
C．這組數(shù)據(jù)第62百分位數(shù)的估計值為325分鐘
D．在由以上數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖中，各組長方形的高度之和為0.02
10．已知曲線的方程為（且），分別為與軸的左、右交點，為上任意一點（不與重合），則（ ）
A．若，則為雙曲線，且漸近線方程為
B．若點坐標為，則為焦點在軸上的橢圓
C．若點的坐標為，線段與軸垂直，則
D．若直線的斜率分別為，則
11．如圖，已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為2和4，側(cè)棱長為，點為棱的中點，點在側(cè)面內(nèi)運動（包含邊界），且與平面所成角的正切值為，則（ ）
A．長度的最小值為
B．存在點，使得
C．存在點，使得
D．棱長為1.5的正方體可以在此空心棱臺容器內(nèi)部任意轉(zhuǎn)動
12．定義在上的函數(shù)滿足，函數(shù)的圖象關于對稱，則（ ）
A．8是的一個周期 B．
C．的圖象關于對稱 D．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．若圓和圓恰有三條公切線，則實數(shù)____________．
14．若，則當取得最小值時，____________．
15．已知正的邊長為2，點為所在平面內(nèi)的動點，且，則的取值范圍為____________．
16．在三棱臺中，，，平面平面，則該三棱臺外接球的體積為____________．
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．（10分）
已知是邊長為2的等邊三角形，點是內(nèi)一點，，求和．
18．（12分）
已知是等比數(shù)列，滿足，且成等差數(shù)列，數(shù)列滿足．
（1）求和的通項公式；
（2）設，求數(shù)列的前項和．
19．（12分）
如圖所示，已知三棱柱的所有棱長均為1．
（1）從下面①②③中選擇兩個作為條件，證明另一個成立；
①；②為直角；③平面平面．
（2）設點是棱上一點．在（1）中條件都成立的情況下，試確定點的位置，使得直線與平面所成的角最大．
20．（12分）
某種植物感染病毒極易死亡，當?shù)厣镅芯克鶠榇搜邪l(fā)出了一種抗病毒的制劑．現(xiàn)對20株感染了病毒的該植株樣本進行噴霧試驗測試藥效．測試結果分“植株死亡”和“植株存活”兩個結果進行統(tǒng)計，并對植株吸收制劑的量（單位：毫克）進行統(tǒng)計．規(guī)定植株吸收在6毫克及以上為“足量”，否則為“不足量”．現(xiàn)對該20株植株樣本進行統(tǒng)計，其中“植株存活”的13株，對制劑吸收量統(tǒng)計得下表．已知“植株存活”但“制劑吸收不足量”的植株共1株．
（1）補全列聯(lián)表中的空缺部分，依據(jù)的獨立性檢驗，能否認為“植株的存活”與“制劑吸收足量”有關？
（2）現(xiàn)假設該植物感染病毒后的存活日數(shù)為隨機變量（可取任意正整數(shù)）．研究人員統(tǒng)計大量數(shù)據(jù)后發(fā)現(xiàn)：對于任意的，存活日數(shù)為的樣本在存活日數(shù)超過的樣本里的數(shù)量占比與存活日數(shù)為1的樣本在全體樣本中的數(shù)量占比相同，均等于0.1，這種現(xiàn)象被稱為“幾何分布的無記憶性”．試推導的表達式，并求該植物感染病毒后存活日數(shù)的期望的值．
附：，其中；當足夠大時，．
21．（12分）
已知是橢圓的右焦點，為坐標原點，為橢圓上任意一點，的最大值為3，面積的最大值為．
（1）求橢圓的標準方程；
（2）點是軸正半軸上的一點，過點和點的直線與橢圓交于兩點．求的取值范圍．
22．（12分）
設函數(shù)，其中．
（1）討論的單調(diào)性；
（2）若存在兩個極值點，設極大值點為為的零點，求證：．
湖南師大附中2024屆高三月考試卷（三）
數(shù)學參考答案
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．B 【解析】由題設，，則，故中的元素個數(shù)為3，選B．
2．C 【解析】，其實部和虛部之和等于，解得，從而，故在復平面內(nèi)對應的點位于第三象限，選C．
3．A 【解析】對兩邊平方得，又，故，代入得．因此，選A．
4．A 【解析】充分性：由可知，又由可知，綜上，，即為第三象限角．必要性：若為第三象限角，則且．
所以“且”是“為第三象限角”的充要條件．故選：A．
5．D 【解析】將函數(shù)的圖象向下平移1個單位長度，得到，再向右平移1個單位長度，得到函數(shù)的圖象，則，
故選D．
6．C 【解析】對原式兩邊求導可得：，令，則，故選C．
7．A 【解析】過作準線的垂線，垂足為，作軸的垂線，垂足為，則由拋物線的定義可得，由，在中由正弦定理可知：，設的傾斜角為，則，故選A．
8．D 【解析】由成等差數(shù)列，得，即，整理得，故為正項數(shù)列，又因為等北數(shù)列單調(diào)遞增，說明其公比．于是．設，則，所以當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，故當時，取最小值．于是可求得，所以集合中的元素之和為，選D．
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9．BCD 【解析】A項，用樣本估計總體，估計總體中成績落在分鐘內(nèi)的選手人數(shù)為，A項錯誤；B項，平均數(shù)的估計值為，B項正確；C項，這組數(shù)據(jù)中區(qū)間對應的頻率為，區(qū)間對應的頻率為，故這組數(shù)據(jù)第62百分位數(shù)落在區(qū)間中．設第62百分位數(shù)為，則，解得，C項正確；在由以上數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖中，縱坐標為頻率/組距，因此各組長方形的高度之和為，D項正確．
10．BD 【解析】對于A，當，雙曲線方程為，
，漸近線方程為，故A錯誤；
對于B，點坐標為，則，
解得且，
所以，曲線為焦點在軸上的橢圓，故B正確；
對于C，點的坐標為，
線段與軸垂直，則為上任意一點，則，則．當，則，當，故C錯誤；
對于D，由題意，，設，
為上任意一點，則，得．故D正確．
故選BD．
11．ABC 【解析】對于A，由題意得，點的軌跡是以為直徑的半圓，故長度的最小值為，故A正確；對于B，取的中點，則面，若（即與以為直徑的半圓相切時），面，故，所以存在點，使得，故B正確；對于C，點與點重合時，，故C正確；對于D，若正方體在此容器內(nèi)部可以任意轉(zhuǎn)動，則正方體的外接球可以放進容器，橫長為1.5的正方體的外接球直徑為，此棱臺可放入的最大球的直徑為，小于正方體外接球直徑，故不可以在此空心棱臺容器內(nèi)部任意轉(zhuǎn)動，所以D不正確．
12．CD 【解析】對A：由題設條件得，
令，有，則的圖象關于直線對稱，
因為，有，
即，則的圖象關于對稱．
所以，又，
所以，所以，
所以，所以，
所以8為的一個周期，即，
則，A不正確；
對B：由上知圖象關于對稱，對稱，
則令符合題意，而．B不正確；
對C：因為關于對稱，有，
則的圖象關于對稱．C符合題意；
對D：因為圖象關于對稱，所以，
故，有．D符合題意．故選CD．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13． 【解析】兩圓恰有三條公切線當且僅當兩圓外切，因此，得到．
14． 【解析】依題意，且，而，
當且僅當，即時等號成立．
15． 【解析】由已知，點的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓．取線段的中點，則，又因為，．
16． 【解析】分別取的中點，則平面，且外接球球心在直線上，由題意，．
設，
若球心在線段上，則，得；
若球心不在線段上，則，無正數(shù)解．
所以外接球體積為．
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．【解析】如圖，設，由于，且，故． （2分）
于是在中，． （4分）
在中，由正弦定理得， （6分）
即，于是．
而，故， （8分）
． （10分）
其他做法可酌情給分．
18．【解析】（1）設數(shù)列的公比為，則由條件得，
又，則，
則，因為，
解得，故． （3分）
對于，當時，，
當時，由得，
所以，
可得，且也適合，
故，
所以． （6分）
（2）因，
由（1）得
． （12分）
19．【解析】（1）如圖，設點是的中點，連接．
若選①②：由于是等邊三角形，故．
由為直角，故；又，故．
于是平面，所以． （2分）
因為，所以． （4分）
又，因此，故，即． （4分）
又，故平面，而平面，所以平面平面． （5分）
若選①③：由于是等邊三角形，故．
又平面平面平面，平面平面，故平面． （2分）
而平面，故，即，所以．
又，故，所以，即． （4分）
結合，可得平面，因此．
又，故，即為直角． （5分）
若選②③：由于是等邊三角形，故．
由為直角，故；又，故．
于是平面，所以． （2分）
又因為平面平面平面，平面平面，所以平面．
又平面，所以，即． （4分）
因為，所以．
又，故． （5分）
（2）以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系．
于是．
點是棱上一點，可設．于是． （7分）
又．
設是平面的法向量．
可取． （9分）
由此得． （11分）
可見當時，取最大值，此時直線與平面所成的角最大，故點是棱上靠近的四等分點． （12分）
20．【解析】（1）填寫列聯(lián)表如下：
（1分）
零假設為：“植株的存活”與“制劑吸收足量”無關聯(lián)．
根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到：， （3分）
依據(jù)的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，因此可以認為成立，即認為“植株的存活”與“制劑吸收足量”無關． （4分）
（2）由題意得．
又，故．
把換成，則．
兩式相減，得，即．又，故對任意都成立，從而是首項為0.1，公比為0.9的等比數(shù)列，因此． （8分）
由定義可知，
而，下面先求．
，
，
作差得
．
所以，當足夠大時，，故，可認為． （12分）
21．【解析】（1）由題意有解得
所以橢圓的方程為． （5分）
（2）由題意可知直線斜率存在且，
設直線方程為，
代入橢圓方程為，顯然恒成立，
設，
則，
過點分別作軸的垂線，垂足分別為，設原點為，
則， （7分）
①當點在橢圓外時，，所以，
此時，
因為，所以，所以； （9分）
②當點在橢圓內(nèi)時，，所以，
則
，
設，則，且，
所以，
因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，
所以，
當點是橢圓的上頂點時，，則，
此時，
綜上，的取值范圍為． （12分）
22．【解析】（1）由． （1分）
①時，由，令，解得，
所以時，在單調(diào)遞增；
時，，則在單調(diào)遞減； （2分）
②時，由，
（i）時，因為，則在單調(diào)遞增； （3分）
（ii）時，，解得或，
所以時，在單調(diào)遞增；
時，單調(diào)遞減； （4分）
（iii）時，由，
所以時，在單調(diào)遞增，
時，單調(diào)遞減； （5分）
綜上：時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；
時，的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為；
時，的單調(diào)遞增區(qū)間為；
時，的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為； （6分）
（2）根據(jù)題意結合（1）可知時，存在兩個極值點，
由為的零點，則，則，故， （7分）
若，由（1）可知，則； （8分）
若，則，
故化簡得即，
故， （10分）
當且僅當，即時等號成立，即，
故，當且僅當時取等號，綜上，恒成立． （12分）分組
頻數(shù)
20
60
160
140
80
40
編號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
吸收量（毫克）
6
8
3
8
9
5
6
6
2
7
編號
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
吸收量（毫克）
7
5
10
6
7
8
8
4
6
9
吸收足量
吸收不足量
合計
植株存活
1
植株死亡
合計
20
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
C
A
A
D
C
A
D
BCD
BD
ABC
CD
吸收足量
吸收不足量
合計
植株存活
12
1
13
植株死亡
3
4
7
合計
15
5
20

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