湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考数学试题(四)(解析版)

数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．已知复数z1i（i为虚数单位），z是z的共轭复数，则1的值为zD．2A．1B．22C．122．设全集UR，AxyA．xx02xx2，Byy2x,xR，则ðUAB

B．x0x≤1

C．x1x≤2

D．xx2

3．已知向量a，b满足ab7，a3，b4，则ab

A．5B．3C．2D．14．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先成果，哥德巴赫猜想如下：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数（一个整数除了1和它本身没有其他约数的数称为素数）的和，如30723，633，在不超过25的素数中，随机选取2个不同的数，则这2个数恰好含有这组数的中位数的概率是A．14B．13C．29D．38x3a21

xx1在区间,3上有极值点，则实数a的取值范围是5．若函数fx

322

A．2,

6．已知alog32，bA．abc





52

B．2,52C．2,

10

3

D．2,

10

3

ln32

，c．则a，b，c的大小关系是ln43B．acbC．cab

D．bac

7．已知tantan3，sin2sinsin，则tan

A．6

3

B．2

32C．6D．48．已知函数fxxxsinxA．11B．C．0D．224二、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

x222*的零点分别为x1，x2，…，xn，nN），则x1x2xn4

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．已知随机变量X服从正态分布N100,10

2，则下列选项正确的是（参考数值：随机变量服从正态分布N,2，则P≤≤0.6827，P2≤≤20.9545，P3≤≤30.9973）A．EX100

C．PX≥900.8413510．下列说法正确的是A．若不等式ax2xc0的解集为xx1或x2，则ac2

B．若命题p：x0,，x1lnx，则p的否定为：x0,，x1lnxC．在△ABC中，“sinAcosAsinBcosB”是“AB”的充要条件D．若mx3x2m0对m0,1恒成立，则实数x的取值范围为2,122B．DX10

D．PX≤120PX≥90）的部分图象如图所示，若将函数fx8

1的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数4611．已知函数fxAsinx4（A0，0，0

gx的图象，则下列说法正确的是A．函数fx的解析式为fx2sin

1

x

62

B．函数gx的解析式为gx2sin2x6C．函数fx图象的一条对称轴是x

3

D．函数gx在区间,4上单调递增312．已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面ABC，PA8，AB⊥AC，ABAC4，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且PQ4，已知在弧度制下锐角，满足：cos则下列结论正确的是A．过点D作球的截面，截面的面积最小为4C．点Q的轨迹长为44B．过点D作球的截面，截面的面积最大为24D．点Q的轨迹长为48425，cos，55

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．数据2，4，6，8，10，12，13，15，16，18的第70百分位数为．x2y2

14．已知F是双曲线1的左焦点，A1,4，P是双曲线右支上的一动点，则PFPA的最小值412为．n

1n15．若5x的展开式中第4项是常数项，则7除以9的余数为x．2x1,x0,1x1

16．已知函数fx的定义域为0,，且fxlog23x,x1,2，函数gxfx22在区2fx2,x2,

间0,a内的所有零点为xi（i1，2，3，…，n）．若x

i1

n

i

16，则实数a的取值范围是．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．

17．（本小题满分10分）半径为R的圆内接△ABC，AB（1）求∠ACB的大小；（2若∠ACB的平分线交AB于点D，CD2，AD2DB，求△ABC的面积．18．（本小题满分12分）已知数列an是首项为正数的等差数列，数列（1）求数列an的通项公式；3R，∠ACB为锐角．n1

的前n项和为．

2n1anan1

（2）设bnan12n，求数列bn的前n项和Tn．a

19．（本小题满分12分）如图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为AB，CD的中点，CD2AB2EF4，M为DF的中点．现将四边形BEFC沿EF折起，使平面BEFC⊥平面AEFD，得到如图②所示的多面体．在图②中，图①（1）证明：EF⊥MC；图②（2）求平面MAB与平面DAB夹角的余弦值．20．（本小题满分12分）已知函数fx

2

lnx．x（1）讨论函数yfxx零点的个数；（2）是否存在正实数k，使得fxkx恒成立．21．（本小题满分12分）某梯级共20级，某人上梯级（从0级梯级开始向上走）每步可跨一级或两级，每步上一级的概率为级的概率为2，设他上到第n级的概率为Pn．31，上两3（1）求他上到第10级的概率P；10（结果用指数形式表示）（2）若他上到第5级时，求他所用的步数X的分布列和数学期望．22．（本小题满分12分）2x2y2

已知椭圆C：221（ab0）的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P是坐标平面内2ab37一点，且OP．,PF1PF2（O为坐标原点）24（1）求椭圆C的方程；（2过点S0,且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标和△MAB面积的最大值；若不存在，说明理由．

13

大联考雅礼中学2024届高三月考试卷（三）

数学参考答案

一、二、选择题

题号答案2．D【解析】易知Ax0≤x≤2，Byy0，∴ð故ð故UAxx0或x2，UABxx2．选D．3．D1B2D3D4C5C6B7A8A9AC10AD11ABD12ABD

【解析】由条件abab知a，b同向共线，所以abab1，故选D．4．C【解析】不超过25的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23共9个，中位数为11，任取两个数含有1l的1C882

概率为p2，故选C．C9369

5．C【解析】由题意f'xx2ax1在区间∴2≤aC．6．B【解析】∵2

2

clog333log339log338log32a

3

111

,3上有零点，∴ax，x,3，x22

10102，又当a2时，f'xx1≥0，fx单调，不符合，∴a2，∴2a，故选33

，∴ca

，又2

ln32

b，∴cb，∴acb．故选B．clog443log4316log4327log43ln43

7．A【解析】由条件知coscos0，sincoscossin2sinsin，两边同除以coscos得：3tantantantan2tantan，∴tantan，从而tan6，故选A．21tantan8．A【解析】由fx0xxxsinx0，x0为其中一个零点，421令gxxxsinx

2

1

，∵g00，∴令gx04x2x1

4sinx，∵1≤sinx≤1

x2

∴1

2111114≤1，∴x2≤x，∴x≤0，∴，所以）共有三个零点，0，，xfx24222x

2

2

∴x1x2xn9．AC2

1

，故选A．2

【解析】∵随机变量X服从正态分布N100,10

2，正态曲线关于直线X100对称，且EX100，DX102100，从而A正确，B错误，根据题意可得，P90≤X≤1100.6827，P80≤X≤1200.9545，∴PX≥900.510.68270.84135，故C正确；2PX≤120与PX≥90不关于直线X100对称，故D错误．故选AC．10．AD【解析】对于A，不等式ax2xc0解集为xx1或x2，则方程ax2xc0的两根为1，2，222

1a故，则a2，c4，所以ac2，故A正确；对于B，全称命题的否定是特称命题，量词任c2a意改成存在，结论进行否定应是小于等于，故B不正确；对于C，sinAcosAsinBcosB2sinAcosA2sinBcosBsin2Asin2B，又02A2B2，所以AB

2或AB，显然不是充要条件，故C错误；对于D，令fmx2m3x，则fm0，2对m0,1恒成立，则f03x0，解得2x1，故D正确，故选AD．2f1x3x2011．ABD【解析】由图知，A2，T211，∴T4，得．故fx2sinx4．4221．又∵0，∴04，∴4．2826∵点0,1在函数图象上，∴2sin41，即sin4故函数fx的解析式为fx2sin

1

x，故A正确；62

1，可得y2sin2x的图象，再将所得64将fx的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的图象向右平移

个单位长度，可得gx2sin2x2sin2x的图象，故B正确；6666

当x确；时，f2sin00，不是最值，故直线x不是fx图象的一条对称轴，故C不正333当x,44时，，则2x2,2gx2sin2x在,还上单调递增，故D366263正确，故选ABD．12．ABD【解析】三棱锥P-ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，∴2R84446，∴R26，取BC的中点O1，∴O1为△ABC的外接圆圆心，∴OO1平面ABC，如图．222当OD⊥截面时，截面的面积最小，∵OD

OO12O1D2422225，此时截面圆的半径为22∴最小截面面积为r4，A对；当截面过球心时，截面圆的面积最大为R24，rR2OD22，B对；由条件可得BPC，BPACPA，则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为，两段弧圆心角为，弧长为2448，D对．故选ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．14【解析】因为1014．9707为整数，所以第70百分位数为第7个数13和第8个数15的平均值14．100x2y2

【解析】因为F是双曲线1的左焦点，所以F4,0，设其右焦点为H4,0，则由双曲线定义得412PFPA2aPHPA≥2aAH4

15．1【解析】由题知，Tr1Cnr410422459．x5nrnrrr1r5，1Cnxxr因第4项为常数项，所以当r3时，1818186n3

30，所以n18，5

6n则792，而2891，1除9的余数为1，所以7被9除余1．16．7,9【解析】函数gxfx2x12的零点转化为yfx与y2

x12的交点的横坐标，作出函数fx和y2

x12（x0）的图象可知，x11，x23，x35，x47，…，若x

i1

n

i

16，则n4，所以实数a的取值范围为7,9．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．

17．【解析】（1）由正弦定理AB3，又角C为锐角，所以C．2RsinC3sinC2（2）∵CD为∠ACB的平分线，AD2DB，∴b2a，又∵SACDSBCDSABC，∴1113322bsin2asinabsin，则有aa，262623223，133．absin232∴a

∴SABC18．【解析】（1）设数列an的公差为d，令n1，得11

，所以a1a23．①a1a23112，所以a2a315．②a1a2a2a35令n2，得解①②得a11，d2，所以an2n1．（2）由（1）知bn2n2

122n1n4n，n所以Tn1424n4，所以4Tn1424n4

1223n1，n1两式相减，得3Tn444n4

n

414n14n4n1

13nn14

4．33n13n1n1443n14所以Tn499919．【解析】．（1）证明：由题意，可知在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴EF⊥CD．∴折叠后，EF⊥DF，EF⊥CF．∵DFCFF，DF，CF平面DCF，∴EF⊥平面DCF．又MC平面DCF，∴EF⊥MC．（2）∵平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC平面AEFDEF，且平面DF⊥EF，DF平面AEFD，∴DF⊥平面BEFC，又CF平面BEFC，∴DF⊥CF，∴DF，CF，EF两两垂直．以F为坐标原点，分别以FD，FC，EF所在直线为．x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz．由题意知DMFM1．∴M1,0,0，D2,0,0，A1,0,2，B0,1,2．

∴MA0,0,2，AB1,1,0，DA1,0,2．

设平面MAB，平面ABD的法向量分别为mx1,y1,z1，nx2,y2,z2，MAm02z10由得，

xy0ABm011



取x11，则m1,1,0为平面MAB的一个法向量．DAn0x22z20由得，

xy02ABn02

取x22，则n2,2,1为平面ABD的一个法向量．

mn2222∴cosm,n，

323mn

平面MAB与平面DAB夹角的余弦值20．【解析】22．317x1224（1）设gxfxx，则g'x120，2xxx2

可知gx在0,上单调递减，又g110，g2ln210，所以方程gx0有且仅有一个根，即函数yfxx有且只有1个零点．22lnxlnxkx（x0）k（x0），即2．xxx2lnx41lnx13xxlnx4，设hx2，x0,，则h'x32xxxxx（2）令fxkx得设Hxxxlnx4，x0,，则h'x因为H'x1lnx1lnx，当0x1时，H'xlnx0，当x1时，H'xlnx0，所以函数Hx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以Hxmax H110430，则h'x

Hxx3，Hxx30恒成立，所以函数hx在0,上单调递减，又x，hx0，所以不可能存在正实数k，使得hx21．【解析】2lnx

k恒成立．2xx1217

P（1）由条件知P，，12333912Pn1Pn2（n≥2）．33222所以PnPn1Pn1Pn2P2P11，333且Pn所以Pn

2

323Pn1，535

n134342P又P，∴1n5155153223∴P．10535

10

223

，∴Pn．535

n

223133（2）由（1）知此人上到第5级的概率为P，5535243X的可能取值为3，4，5112121C3C4

1108243333

，PX4，PX5PX3

1331331331331332432432

3

5所以X的分布列为XP345108133108241425所以EX3．4513313313313322．【解析】（1）设Px0,y0，F1c,0，F2c,0，则由OP

2413311337722

；得x0y0，42

333222

由PF1PF2得cx0,y0cx0,y0，即x0y0c．所以c1．444c2x222又因为，所以a2，b1．因此所求椭圆C的方程为y21．a221

ykx1416322（2）设动直线l的方程为：ykx，由2得2k1xkx0．339xy21

2

设Ax1,y1，Bx2,y2．则x1x24k16，．xx122232k192k1假设在y上存在定点M0,m，满足题设，

则MAx1,y1m，MBx2,y2m．

MAMBx1x2y1my2mx1x2y1y2my1y2m2