湖南省長沙市第一中學2024-2025學年高三上學期月考試題（四）數(shù)學試題（Word版附解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

時量：120分鐘滿分：150分
一、選擇題（本大題共8個小題，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. 已知集合，若，則實數(shù)的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)，通過數(shù)軸即可求解.
【詳解】因為，
所以由數(shù)軸可得，
故實數(shù)的取值范圍為.
故選：B.
2. 已知α，β表示兩個不同的平面，m為平面α內(nèi)的一條直線，則“”是“”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】由面面平行的性質(zhì)、線面、面面平行的判定即可判斷.
【詳解】因為，若，則由線面平行的性質(zhì)可知，故“”是“”的充分條件，
設(shè)，，顯然，從而有成立，但此時不平行.
故選：A.
3. 已知復數(shù)z滿足，則的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)模的幾何意義，轉(zhuǎn)化為點到圓心的距離加半徑可得最大值，減半徑可得最小值即可.
【詳解】表示對應(yīng)的點是單位圓上的點，
的幾何意義表示單位圓上的點和之間的距離，
的取值范圍轉(zhuǎn)化為點到圓心的距離加上半徑可得最大值，減去半徑可得最小值，
所以最大距離為，最小距離為，
所以的取值范圍為.
故選：B

4. 已知函數(shù)，有兩個極值點，則實數(shù)的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)極值點個數(shù)與導函數(shù)零點個數(shù)的關(guān)系，計算可得結(jié)果.
【詳解】易知，
因為有兩個極值點，故有兩個變號零點，
故在上有兩個不同的解，
故所以.
故選：D.
5. 的展開式中的系數(shù)為( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先寫出展開式的通項公式，根據(jù)已知條件求得代入展開式即可求解.
【詳解】的展開式的通項為,，
根據(jù)題意得，解得：，則含的項為，
故的展開式中的系數(shù)為.
故選：B.
6. 已知，，，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，，可得，由，可得，代入，即可得答案.
【詳解】解：因為，
所以，
即
又，則，
因為，
所以，所以.
故選：D.
7. 已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點在的左支上，當取最大值時，的離心率的取值范圍為( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先利用雙曲線的定義求出代入所求，利用基本不等式計算可得.
【詳解】由雙曲線的定義可知，即，
所以，
當且僅當，即，時等號成立，
又，解得，所以，即離心率的取值范圍為.
故選：A.
8. 若等差數(shù)列滿足，則的最大值為（）
A. 600B. 500C. 800D. 200
【答案】B
【解析】
【分析】由，得到，再由，由求和公式得到
，兩式聯(lián)立，消去，通過一元二次方程有解，即可求解；
【詳解】，
即，，即，
整理，得，即有解，
，解得，.
故選：B.
二、選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，至少有兩項是符合題目要求，若全部選對得6分，部分選對得部分分，選錯或不選得0分）
9. 實數(shù)，，，滿足：，則下列不等式正確的是（）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由題意可得，再根據(jù)不等式的性質(zhì)判斷A、B、D，通過舉反例判斷C.
【詳解】依題意可知，，
對于A：由，得，故A錯誤；
對于B：由，，得，故B正確；
對于C：令，，，，，故C錯誤；
對于D：因為，，所以，，所以，故D正確；
故選：BD.
10. 已知事件，，為隨機事件，且，則（）
A. 若事件與事件對立，則
B. 若，則事件與事件對立
C. 若事件與事件獨立，則
D. 若，則事件與事件獨立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由條件概率的計算公式即可判斷A，舉出反例，即可判斷B，由相互獨立事件的定義即可判斷CD.
【詳解】對于A，，故A正確；
對于B，拋擲兩次骰子，事件：第一次拋擲骰子的點數(shù)為2，
事件：第二次拋擲骰子的點數(shù)為奇數(shù)，事件：第二次拋擲骰子的點數(shù)大于3，
則，可知，但，不是對立事件，故B錯誤；
對于C，若事件與事件獨立，則，
則，故C正確；
對于D，，從而，
則事件與事件獨立，故D正確.
故選：ACD
11. 已知曲線，點，為曲線上任意兩點，且，則（）
A. 曲線由兩個圓構(gòu)成B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】已知方程化簡得出即或判斷A,應(yīng)用點到圓的距離范圍判斷B,應(yīng)用兩角差的余弦公式及三角函數(shù)值域判斷C,結(jié)合換元法計算求解數(shù)量積范圍判斷D.
【詳解】對于A，依題意，方程即，
即或，
所以曲線由以，為圓心，1為半徑的兩個圓構(gòu)成，故A正確；
對于B，，，故B錯誤；
對于C，設(shè)，，
，，
因此，C選項正確；
對于D，
，
令，則，當，時等號可成立.
顯然反向，且x軸上時，，因此，D選項正確.

故選：ACD.
三、填空題（本大題共3個小題，每小題5分，共15分）
12. 如圖所示，已知船在燈塔北偏東的方向，且，間的距離為2km，船在燈塔北偏西的方向，且，兩船間的距離為3km，則，間的距離為______km.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)已知數(shù)據(jù)應(yīng)用余弦定理計算求解即可.
【詳解】由題意可知，，，
在中，由余弦定理可得，
，解得（舍）或
故答案為：.
13. 已知，，是拋物線上三個動點，且的重心為拋物線的焦點，則的三條中線的長度之和為______.
【答案】27
【解析】
【分析】利用拋物線的定義及三角形重心的性質(zhì)，求解即可.
【詳解】設(shè)，，，因為，則，
則的三條中線的長度之和為.
故答案為：27.
14. 如圖，在空間幾何體中，平面平面平面，則幾何體的外接球的體積為__________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件可得幾何體的外接球和底面半徑為，高為2的圓柱的外接球一樣，再計算圓柱的外接球半徑即可.
【詳解】解題分析由題意知，與均為直角三角形，
且平面平面平面平面，
故可以將幾何體放入底面半徑為，高為2的圓柱中，
且圓柱的外接球正好就是幾何體的外接球，
又該圓柱的外接球的半徑，
所以幾何體的外接球的半徑為3，
所以外接球的體積為.
故答案為：.

四、解答題（本大題共5個小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
15. 某單位4人積極參加本地區(qū)農(nóng)產(chǎn)品的網(wǎng)購活動，共有兩種農(nóng)產(chǎn)品供選擇，每人只購其中一種.大家約定：每人通過擲一次質(zhì)地均勻的骰子決定自己去購買哪種農(nóng)產(chǎn)品.若擲出點數(shù)為1或2，購買農(nóng)產(chǎn)品A，若擲出點數(shù)大于2，則購買農(nóng)產(chǎn)品B.
（1）求這4個人中恰有1人購買農(nóng)產(chǎn)品A的概率；
（2）用分別表示這4個人中購買農(nóng)產(chǎn)品A和B的人數(shù)，記，求隨機變量的分布列與數(shù)學期望.
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
【解析】
【分析】（1）由題可知購買農(nóng)產(chǎn)品的概率為，購買農(nóng)產(chǎn)品的概率為，然后由獨立事件的概率公式
求解即可，
（2）用分別表示這4個人中購買農(nóng)產(chǎn)品A和B的人數(shù)，則由題意可得可取，可取，然后求出各自對應(yīng)的概率，而由可知，的可能取值為，從而可求出其對應(yīng)的概率，進而可得的分布列與數(shù)學期望
【小問1詳解】
由題可知購買農(nóng)產(chǎn)品的概率為，購買農(nóng)產(chǎn)品的概率為，
設(shè)事件為4人中恰有1人購買農(nóng)產(chǎn)品，
依題可知，4人是否購買農(nóng)產(chǎn)品相互獨立，互不影響
所以；
【小問2詳解】
用分別表示這4個人中購買農(nóng)產(chǎn)品A和B的人數(shù)，
則可取，可取，
當時，，表示4人全部購買產(chǎn)品，概率，
當時，，表示4人中恰有1人購買農(nóng)產(chǎn)品，概率，
當時，，表示4人中恰有2人購買農(nóng)產(chǎn)品，概率，
當時，，表示4人中恰有3人購買農(nóng)產(chǎn)品，概率，
當時，，表示4人中全部購買農(nóng)產(chǎn)品，概率，
所以由可知，的可能取值為
當時，對應(yīng)的概率，
當時，對應(yīng)概率，
當時，對應(yīng)的概率
所以隨機變量的分布列為
所以，數(shù)學期望.
16. 如圖，三棱柱中，四邊形是邊長為2的正方形，，分別為，的中點，與交于點，若，且平面平面.

（1）求證：平面；
（2）若三棱柱的體積為4，求銳二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通過平面，得到，再通過平面，得到，即可求證；
（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；
【小問1詳解】
證明：由，分別為，的中點，
由正方形易知：,
所以，
又,
所以，所以，
又，，平面內(nèi)，
因此平面，又平面，故.
由平面平面，平面平面，
且，平面，
從而平面，平面，故；
又，又平面，
故平面.
【小問2詳解】
因為三棱柱的體積為4，
由（1）知：三棱柱的體積為
則.
因為平面，四邊形為正方形，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，
，，，
設(shè)平面的法向量為，則即
令，則，，從而.
設(shè)平面的法向量為，則即
令，則，，從而.
則，
即銳二面角的余弦值為.
17. 已知正項數(shù)列的前項和為，數(shù)列的前項和為，滿足，當時，.
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）求證：.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)的關(guān)系即可作差可得，，即可根據(jù)等比求和求解,
（2）利用放縮法得，即可利用等比求和公式求解.
【小問1詳解】
依題意可知，，，，
相減可得，，
即，故，
即，，故為從第2項開始的等比數(shù)列，且公比為，
又，代入，可得，
則，時，，
故
小問2詳解】
當時，
則
，
.
18. 已知，其中，.
（1）若與相切，求實數(shù)的值；
（2）當時，證明：；
（3）若不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）證明見解析（3）
【解析】
【分析】（1）先求導函數(shù)再應(yīng)用切線斜率為1，計算求參；
（2）先把證明的不等式轉(zhuǎn)換，再構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性計算證明不等式；
（3）分兩種情況分類討論是否符合不等式恒成立即可求參.
【小問1詳解】
設(shè)，則，，
若與相切，設(shè)切點為，
則，又，則，從而，即，即.
【小問2詳解】
設(shè)，則，當時，，
依題意，當時，要證，即證，當時，即證.
設(shè)，，則，當時，，單調(diào)遞增，
則當時，，即，從而，
當時，，即，從而，
綜上可知，當時，.
【小問3詳解】
不等式即，令，令，，，
由，不妨設(shè)，，
其中，，.
（?。┊敃r，由（2）可知單調(diào)遞增，故，則，即單調(diào)遞增，符合題意；
（ⅱ）當時，由，令，則，
①當時，，則恒成立，故單調(diào)遞減，即，
即，故單調(diào)遞增，從而，符合題意；
②當時，，故有兩個根，
因此當時，，單調(diào)遞增，則，
即，故在區(qū)間上單調(diào)遞減，從而，不合題意.
綜上可知，或，即.
【點睛】關(guān)鍵點點睛:解題的關(guān)鍵點是構(gòu)造，結(jié)合導函數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，分兩種情況分別證明不等式即可
19. 如圖，已知橢圓的標準方程為，，分別為橢圓的左、右焦點，點為橢圓上一動點，且在軸上方，延長，分別交橢圓于點，.
（1）證明：的周長大于；
（2）若，求直線的方程；
（3）求面積的最大值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1) 連接，由題可知，兩邊同時加上即可；
(2)設(shè)，，，由橢圓的定義和兩點間距離公式計算得出，聯(lián)立，求得，，根據(jù)兩點求出直線的方程；
(3)聯(lián)立和方程，利用韋達定理得出和，
再利用三角形的面積結(jié)合導數(shù)求解最值即可．
【小問1詳解】
連接，注意到，
故的周長為.
【小問2詳解】
設(shè)，，，
由，且，故，
又，則，即，
因此，故直線的方程為：，即，
直線的方程為：，聯(lián)立，得，
則，即，因此，
而，因此，
故直線的方程為：，即.
【小問3詳解】
因為點A在x軸上方，所以直線斜率不為0，
設(shè)直線，直線，，，，，
聯(lián)立，可得，則，
注意到，故.
聯(lián)立，可得，則，
注意到，故.
則，.
注意到，因為，，
所以，
則，
設(shè)，，則，則單調(diào)遞增，
故，
則面積的最大值為.

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