1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名?考生號(hào)?考場號(hào)?座位號(hào)填寫在答題卡上．
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一?選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）
1. 設(shè)集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)交集的知識(shí)求得正確答案.
【詳解】由已知得．
故選：B
2. 已知是虛數(shù)單位，若，則實(shí)數(shù)（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)乘法運(yùn)算法則，根據(jù)復(fù)數(shù)相等列方程組即可求.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，解得．
故選:A
3. 設(shè)隨機(jī)變量，且，則（ ）
A 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
【答案】D
【解析】
【分析】利用對(duì)立事件的意義，結(jié)合正態(tài)分布列式計(jì)算即得.
【詳解】隨機(jī)變量，顯然，
而，所以.
故選：D
4. 已知，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用1作為中間量，判斷b、c的大小，利用換底公式判斷a、b的大小.
【詳解】因?yàn)椋?br>即．
故選：B．
5. 已知圓錐的高為3，若該圓錐的內(nèi)切球的半徑為1，則該圓錐的表面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圓錐與其內(nèi)切球的軸截面，由已知數(shù)據(jù)計(jì)算出圓錐底面半徑和母線長，可求圓錐的表面積.
【詳解】圓錐與其內(nèi)切球的軸截面如下圖所示，
由已知，可知，所以圓錐的軸截面為正三角形，
因?yàn)?，所以圓錐底面圓半徑，母線，
則圓錐的表面積為．
故選：C．
6. 已知角，且滿足，則 =（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由條件可得的值，從而可得，即可得到結(jié)果.
【詳解】由已知得，∴，∵，
∴.
故選：D
7. 在等腰中，的外接圓圓心為，點(diǎn)在優(yōu)弧上運(yùn)動(dòng)，則的最小值為（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由正弦定理可得圓的外接圓直徑，從而可得，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【詳解】由已知，所以圓的外接圓直徑為，
因?yàn)椋?br>所以，
所以，
因?yàn)椋?，所以時(shí)，取到最小值．
故選：D．
8. 已知橢圓：的右焦點(diǎn)為，過點(diǎn)的直線交橢圓于兩點(diǎn)，若的中點(diǎn)坐標(biāo)為，則橢圓的方程為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用弦中點(diǎn)坐標(biāo)由點(diǎn)差法即可計(jì)算出，利用焦點(diǎn)坐標(biāo)即可得，即得出橢圓方程.
【詳解】根據(jù)題意設(shè)，代入橢圓方程可得；
兩式相減可得，整理可得；
又因?yàn)榈闹悬c(diǎn)坐標(biāo)為，可得；
因此過兩點(diǎn)的直線斜率為，
又和的中點(diǎn)在直線上，所以，
即，可得；
又易知，且，計(jì)算可得；
所以橢圓的方程為，代入的中點(diǎn)坐標(biāo)為，得，則其在橢圓內(nèi)部，則此時(shí)直線與橢圓相交兩點(diǎn).
故選：A
二?多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．）
9. 黨的二十大報(bào)告提出，要加快發(fā)展數(shù)字經(jīng)濟(jì)，促進(jìn)數(shù)字經(jīng)濟(jì)與實(shí)體經(jīng)濟(jì)的深度融合，數(shù)字化構(gòu)建社區(qū)服務(wù)新模式成為一種時(shí)尚．某社區(qū)為優(yōu)化數(shù)字化社區(qū)服務(wù)，問卷調(diào)查調(diào)研數(shù)字化社區(qū)服務(wù)的滿意度，滿意度采用計(jì)分制（滿分100分），統(tǒng)計(jì)滿意度繪制成如下頻率分布直方圖，圖中．則下列結(jié)論正確的是（ ）
A.
B. 滿意度計(jì)分的眾數(shù)為80分
C. 滿意度計(jì)分的分位數(shù)是85分
D. 滿意度計(jì)分的平均分是76.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)頻率之和為1即可求解A，根據(jù)眾數(shù)，中位數(shù)以及平均數(shù)的計(jì)算即可分別求解BCD.
【詳解】由頻率分布直方圖可知，即，
又，所以，所以選項(xiàng)正確；
滿意度計(jì)分的眾數(shù)為75分，所以選項(xiàng)錯(cuò)誤；
前三組的頻率之和為0.75，
前四組的頻率之和為，則分位數(shù)，
故，滿意度計(jì)分的分位數(shù)為85，所以選項(xiàng)正確；
滿意度計(jì)分的平均分為：分，所以選項(xiàng)D正確．
故選:ACD．
10. 已知函數(shù)的最大值為，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 函數(shù)的最小正周期為
B.
C. 函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱
D. 函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有兩個(gè)不同實(shí)根
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角恒等變換化簡，求出最大值，根據(jù)最大值為確定的值，然后利用正弦型函數(shù)的性質(zhì)依次判斷即可.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，
又的最大值是，所以，
又，所以，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；
由于，
因?yàn)椋?br>所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以選項(xiàng)錯(cuò)誤；
當(dāng)時(shí)，，由，
即，求得或，所以選項(xiàng)D正確．
故選：BD．
11. 已知數(shù)列滿足，數(shù)列滿足，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 數(shù)列是等差數(shù)列B.
C D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由題意可得，再根據(jù)等差數(shù)列的定義及性質(zhì)即可判斷AB；求出數(shù)列和的通項(xiàng)，再利用裂項(xiàng)相消法即可求出，從而可判斷CD.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>所以，且，
所以數(shù)列是等差數(shù)列，且該數(shù)列的首項(xiàng)為1，公差為，
所以，所以選項(xiàng)AB正確；
因?yàn)?，所以?br>所以，
所以
，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
故選：ABC．
12. 如圖，在多面體中，底面是邊長為的正方形，平面，動(dòng)點(diǎn)在線段上，則下列說法正確的是（ ）
A
B. 存在點(diǎn)，使得平面
C. 當(dāng)動(dòng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，直線與平面所成角的余弦值為
D. 三棱錐的外接球被平面所截取的截面面積是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由面面垂直的性質(zhì)定理可判斷選項(xiàng)A；由線面平行的判定定理和性質(zhì)定理可判斷選項(xiàng)B；由面面垂直的判定定理、面面垂直的性質(zhì)及余弦定理可判斷選項(xiàng)C；由截面是的外接圓及正弦定理可判斷選項(xiàng)D.
【詳解】令，連接，令中點(diǎn)為，連接，如圖所示：
由底面是正方形可得：是的中點(diǎn)，且；
由平面，平面，平面可得：
平面平面，；
由，可得：四邊形為矩形.
對(duì)于選項(xiàng)：由，平面平面，平面平面，平面，可得平面.
又平面，所以，故正確；
對(duì)于選項(xiàng)：因?yàn)樵诰匦沃?，，所以四邊形是平行四邊形，則直線.
因?yàn)槠矫嫫矫?，則平面.故當(dāng)是線段中點(diǎn)時(shí)，直線平面，故正確；
對(duì)于選項(xiàng)：因?yàn)槠矫?，平面?br>所以平面平面，
所以在平面內(nèi)射影在直線上，直線與平面所成角為.
在中，，故C正確；
對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)樵谥?，，?br>則.
由正弦定理得：的外接圓直徑，
則半徑，圓面積為.
因?yàn)槿忮F的外接球的球心在過點(diǎn)且與平面垂直的直線上，四邊形為矩形，所以點(diǎn)F在三棱錐的外接球上.
所以三棱錐的外接球被平面所截取的截面是的外接圓，
因此三棱錐的外接球被平面所截取的截面面積是，故D錯(cuò)誤．
故選：．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查空間中線線垂直的證明、線面平行的證明、線面角的求法及球的截面問題.解題關(guān)鍵在于熟練靈活掌握空間線面位置關(guān)系的判斷方法.選項(xiàng)D先判斷出截面的形狀，再利用正弦定理求出半徑即可求解判斷.
三?填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．）
13. 已知函數(shù)，則的值為__________．
【答案】4
【解析】
【分析】運(yùn)用代入法，結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行求解即可.
【詳解】由題意可得，，所以．
故答案為：4
14. 2023年10月國慶節(jié)旅游黃金周期間，自駕游愛好者甲?乙?丁3家組團(tuán)自駕去杭州旅游，3家人分別乘坐3輛車，滬昆高速杭州入口有共3個(gè)不同的窗口，則每個(gè)窗口恰好都有一位該團(tuán)的自駕車在等候的概率為__________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出該團(tuán)的3輛自駕車在3個(gè)窗口等候的基本事件總數(shù)，再求出3個(gè)窗口各有1輛車在等候的事件含有的基本事件數(shù)，利用古典概率公式計(jì)算得解.
【詳解】該團(tuán)的3輛自駕車在3個(gè)窗口等候的基本事件總數(shù)為，
3個(gè)窗口各有1輛車在等候的事件含有個(gè)基本事件，
所以每個(gè)窗口恰好都有一位該團(tuán)的自駕車在等候的概率為.
故答案為：
15. 已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，過作一條直線與雙曲線右支交于兩點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)為，若，則該雙曲線的離心率為___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由得出，由定義結(jié)合勾股定理得出，再由勾股定理得出離心率.
【詳解】解：如圖，

因?yàn)椋瑒t，
設(shè)，則，則，
由勾股定理可得，即，
整理可得，因?yàn)?，解得?br>所以，，，
由勾股定理可得，即，整理可得，
因此，該雙曲線的離心率為.
故答案為：
16. 已知關(guān)于不等式恰有3個(gè)不同的正整數(shù)解，則實(shí)數(shù)的取值范圍是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由題意知，關(guān)于x的不等式恰有3個(gè)不同的正整數(shù)解．設(shè)函數(shù)，，作出函數(shù)圖象，由圖象觀察，可得實(shí)數(shù)的k取值范圍．
【詳解】當(dāng)時(shí)，不等式有無數(shù)個(gè)正整數(shù)解，不滿足題意；
當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，有無數(shù)個(gè)不同的正整數(shù)解，不滿足題意；
當(dāng)時(shí)，不等式等價(jià)于，
令，所以，
當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，
又，結(jié)合單調(diào)性可知，當(dāng)時(shí)，恒成立，
而表示經(jīng)過點(diǎn)的直線，
由圖像可知，關(guān)于的不等式恰有3個(gè)不同的正整數(shù)解，故只需滿足以下條件：
解得．則實(shí)數(shù)的取值范圍是，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】用數(shù)形結(jié)合思想解決不等式解的問題一般有以下幾類：
（1）解含參不等式：在解決含有參數(shù)不等式時(shí)，由于涉及參數(shù)，往往需要討論，導(dǎo)致演算過程復(fù)雜，若利用數(shù)形結(jié)合的方法，問題將簡單化；
（2）確定參數(shù)范圍：在確定不等式參數(shù)的范圍時(shí)，幾何圖形更能使問題直觀；
（3）證明不等式：把證明的不等式賦予一定的幾何意義，將復(fù)雜的證明問題明快解決.
四?解答題（本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟．）
17. 在中，分別為內(nèi)角的對(duì)邊，且．
（1）求角A的大??；
（2）設(shè)角A的內(nèi)角平分線交于點(diǎn)，若的面積為，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化邊，然后結(jié)合余弦定理可得；
（2）根據(jù)化簡整理可得.
【小問1詳解】
由及正弦定理得：
，即．
由余弦定理得，
又，所以．
【小問2詳解】
由角的內(nèi)角平分線交于點(diǎn)可知，
，
所以．
18. 已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足，數(shù)列滿足．
（1）證明：數(shù)列是等比數(shù)列，并求的通項(xiàng)公式；
（2）已知數(shù)列滿足求數(shù)列的前項(xiàng)和．
【答案】（1）證明見解析；，
（2）
【解析】
【分析】（1）設(shè)數(shù)列的公差為，根據(jù)題意求得和，得到，得到，再由，得到為等比數(shù)列，進(jìn)而得到數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）由（1）得到，結(jié)合分組求和，即可求解.
【小問1詳解】
解：依題意，設(shè)數(shù)列的公差為，
因?yàn)?，所以，則，
因?yàn)?，即，所以?br>所以，所以，即．
所以，所以，
又因?yàn)椋?，故?shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
所以，所以．
【小問2詳解】
解：由（1）知，，可得，
所以
．
19. 如圖，四棱柱中，底面為正方形，與交于點(diǎn)，平面平面與底面所成的角為．
（1）求證：平面；
（2）求平面與平面的夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）過作于，利用面面垂直證明線面垂，再結(jié)合線面角證明為同一點(diǎn)即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求兩個(gè)平面夾角的余弦值.
【小問1詳解】
過作于，因?yàn)槠矫嫫矫妫?br>又平面平面，平面，所以平面，
所以為直線與平面所成的角，所以，
，則，
又因?yàn)榈酌鏋檎叫?，?br>所以，是中點(diǎn)，，
可知同一點(diǎn)，所以平面．
【小問2詳解】
因?yàn)榈酌媸钦叫?，所以?br>以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系．
，，，，
則．
又，所以，
所以，
設(shè)平面的法向量是，由
令，則，得，
因?yàn)椋?br>設(shè)平面的法向量為，所以
令，則，得，
所以，
所以平面與平面的夾角的余弦值為．
20. 已知圓，動(dòng)點(diǎn)在軸的右側(cè)，到軸的距離比它到的圓心的距離小1．
（1）求動(dòng)點(diǎn)的軌跡的方程；
（2）過圓心作直線與軌跡和圓交于四個(gè)點(diǎn)，自上而下依次為A，M，N，B，若，求及直線的方程．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）易得圓的半徑，圓心，由題意得到點(diǎn)到定點(diǎn)的距離與到定直線的距離相等，再利用拋物線的定義求解；
（2）由圓的半徑為1，得到，再由，得到，易知直線的斜率不為，設(shè)直線，與拋物線方程聯(lián)立，利用弦長公式求解.
【小問1詳解】
化為，可得半徑，圓心，
因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)在軸的右側(cè)，到軸的距離比它到的圓心的距離小1，
所以點(diǎn)到定點(diǎn)的距離與到定直線的距離相等，
由拋物線的定義得的軌跡方程為；
【小問2詳解】
如圖所示：
由圓的半徑為1，可得，
又，
，
當(dāng)直線的斜率為時(shí)，直線與拋物線只有1個(gè)交點(diǎn)，不合題意；
所以直線的斜率不為，可設(shè)直線，
聯(lián)立，
恒成立，，
因?yàn)椋?br>所以，解得，
所以直線的方程為．
21. 在上海舉辦的第五屆中國國際進(jìn)口博覽會(huì)中，一款無導(dǎo)線心臟起搏器引起廣大參會(huì)者的關(guān)注，成為了進(jìn)博會(huì)的“明星展品”．體積僅有維生素膠囊大小，體積比傳統(tǒng)心臟起搏器減小93%，重量僅約2克，擁有強(qiáng)大的電池續(xù)航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振掃描檢查等創(chuàng)新功能．在起搏器研發(fā)后期，某企業(yè)快速啟動(dòng)無線充電器主控芯片生產(chǎn)，試產(chǎn)期每天都需同步進(jìn)行產(chǎn)品檢測(cè)，檢測(cè)包括智能檢測(cè)和人工檢測(cè)，選擇哪種檢測(cè)方式的規(guī)則如下：第一天選擇智能檢測(cè)，隨后每天由計(jì)算機(jī)隨機(jī)等可能生成數(shù)字“0”和“1”，連續(xù)生成4次，把4次的數(shù)字相加，若和小于3，則該天的檢測(cè)方式和前一天相同，否則選擇另一種檢測(cè)方式．
（1）求該企業(yè)前三天的產(chǎn)品檢測(cè)選擇智能檢測(cè)的天數(shù)X的分布列；
（2）當(dāng)?shù)卣疄榱藱z查該企業(yè)是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：設(shè)表示事件“第n天該企業(yè)產(chǎn)品檢測(cè)選擇的是智能檢測(cè)”的概率，若恒成立，認(rèn)為該企業(yè)具有一定的智能化管理水平，將給予該企業(yè)一定的獎(jiǎng)勵(lì)資金，否則將沒有該項(xiàng)獎(jiǎng)勵(lì)資金．請(qǐng)問該企業(yè)能拿到獎(jiǎng)勵(lì)資金嗎？請(qǐng)說明理由．
【答案】（1）答案見解析
（2）可以；理由見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，由條件可得的可能取值為，然后分別求出其所對(duì)應(yīng)的概率，即可得到分布列.
（2）根據(jù)題意，由條件可得是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，然后結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得到結(jié)果.
【小問1詳解】
設(shè)計(jì)算機(jī)4次生成的數(shù)字之和為，則，
則，
，
的可能取值為，
則，
，
，
所以的分布列為
【小問2詳解】設(shè)表示事件第天該企業(yè)產(chǎn)品檢測(cè)選擇的是智能檢測(cè)，
表示事件第天該企業(yè)產(chǎn)品檢測(cè)選擇的是智能檢測(cè)，
由全概率公式可知
則，，
即，，且，
所以是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，
則，所以恒成立，
所以該企業(yè)具有一定的智能化管理水平，能拿到獎(jiǎng)金.
22. 已知函數(shù)，其中．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）當(dāng)時(shí)，證明：．
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）先求得，然后對(duì)進(jìn)行分類討論，從而求得的單調(diào)區(qū)間.
（2）將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為，利用構(gòu)造函數(shù)法、放縮法，結(jié)合多次求導(dǎo)來研究所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而證得不等式成立.
【小問1詳解】
因?yàn)?，所以?br>當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，由，得，
函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，
由，得，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減．
【小問2詳解】
要證，即證，
即證，
設(shè)，
故在上單調(diào)遞增，又，所以，
又因?yàn)?，所以?br>所以，
①當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以?br>②當(dāng)時(shí)，令，則，
設(shè)，則，設(shè)，
則，因?yàn)椋裕?br>所以即在上單調(diào)遞增，
所以，所以在上單調(diào)遞增，
所以，即，
所以在上單調(diào)遞增，，
即．
綜上可知，當(dāng)時(shí)，，
即．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛；求解函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：
（1）確定的定義域；
（2）計(jì)算導(dǎo)數(shù)；
（3）求出的根；1
2
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湖南省長沙市長郡中學(xué)2024屆高三上學(xué)期月考（四）數(shù)學(xué)試題（原卷及解析版）：

這是一份湖南省長沙市長郡中學(xué)2024屆高三上學(xué)期月考（四）數(shù)學(xué)試題（原卷及解析版），文件包含精品解析湖南省長沙市長郡中學(xué)2024屆高三上學(xué)期月考四數(shù)學(xué)試題原卷版docx、精品解析湖南省長沙市長郡中學(xué)2024屆高三上學(xué)期月考四數(shù)學(xué)試題解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共26頁， 歡迎下載使用。

湖南省長沙市長郡中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期月考（三）數(shù)學(xué)試卷（Word版附答案）：

這是一份湖南省長沙市長郡中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期月考（三）數(shù)學(xué)試卷（Word版附答案），共18頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

湖南省長沙市長郡中學(xué)2023-2024學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期月考（二）試題（Word版附解析）：

這是一份湖南省長沙市長郡中學(xué)2023-2024學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期月考（二）試題（Word版附解析），共22頁。試卷主要包含了 若集合，則的元素個(gè)數(shù)為， 設(shè)，若復(fù)數(shù)的虛部為3， 設(shè)拋物線， 已知，且，則， 若實(shí)數(shù)滿足，則的最小值是， 關(guān)于下列命題中，說法正確的是， 已知函數(shù)，則等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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