湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三下学期月考（七）数学试题 Word版含解析.docx

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长沙市一中2024届高三月考试卷（七）数学试卷一、单项选择题：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．样本数据15、13、12、31、29、23、43、19、17、38的中位数为（）A．19B．23C．21D．182．已知集合，，则集合的非空子集个数为（）A．4B．3C．8D．73．已知实部为3的复数z满足为纯虚数，则（）A．2B．C．D．4．已知数列满足，则“”是“是递增数列”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．已知，则（）A．B．2C．1D．6．过抛物线的焦点F的直线交E于点A，B，交E的准线l于点C，，点D为垂足．若F是AC的中点，且，则（）A．4B．C．D．37．已知双曲线的左焦点为F，为C上一点，且P与F关于C的一条渐近线对称，则C的离心率为（）A．B．C．2D．8．已知函数的定义域为，且满足，的导函数为，函数的图象关于点中心对称，则（）A．3B．C．1D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知函数，则（）A．函数关于原点对称B．曲线的对称轴为，C．在区间单调递减D．曲线在点处的切线方程为10．已知二面角A—CD—B的大小为，，，且，，则（）A．是钝角三角形B．异面直线AD与BC可能垂直C．线段AB长度的取值范围是D．四面体A—BCD体积的最大值为11．甲、乙两同学参加普法知识对抗赛，规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答．若回答正确，得1分，答题继续；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题．据经验统计，甲、乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题的顺序由抛掷硬币决定．设第i次答题者是甲的概率为，第i次回答问题结束后中甲的得分是，则（）A．B．C．D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中的系数为______．13．已知动点P在圆上，动点Q在曲线上．若对任意的，恒成立，则n的最大值是______．14．已知正六棱锥的高是底面边长的倍，侧棱长为 ，正六棱柱内接于正六棱锥，即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上，则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．盒中有形状、大小均相同的卡片6张，卡片依次标记数字1，2，2，3，3，3．（1）若随机一次取出两张卡片，求这两张卡片标记数字之差为1的概率；（2）若每次随机取出两张卡片后不放回，直到将所有标记数字为2的卡片全部取出，记此时盒中剩余的卡片数量X，求X的分布列和．16．如图三棱锥P—ABC中，，，．（1）证明：；（2）若平面平面，，求二面角A—PB—C的余弦值．17．已知定义在上的函数．（1）求的极大值点；（2）证明：对任意，．18．已知椭圆的上、下顶点分别为，，其右焦点为F，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若点，在直线BP上存在两个不同的点，满足．若直线与直线分别交C于点M，N（异于点A），证明：P，M，N三点共线．19．定义三边长分别为a，b，c，则称三元无序数组为三角形数．记D为三角形数的全集，即．（1）证明：“”是“”的充分不必要条件；（2）若锐角内接于圆O，且，设．①若，求；②证明：．长沙市一中2024届高三月考试卷（七） 数学参考答案一、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）题号12345678答案CBCADADA1．C【解析】将这10个数据从小到大排列为12，13，15，17，19，23，29，31，38，43，所以这组数据的中位数是．故选：C．2．B【解析】因为，，因此．故该集合的非空子集个数为个，故选：B．3．C【解析】由题意可设，则，所以解得，故，故选：C．4．A【解析】当时，，则，所以是递增的等差数列；反之，数列递增，则，且，解得．所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件．故选A．5．D【解析】由题意可得，所以，故选D．6．A【解析】如图，设准线l与x轴交于点M．由抛物线的定义知．因为F是线段AC的中点，所以，所以，解得，所以抛物线E的方程为．由，得．直线AF的方程为，将此方程与联立后消去y并整理，得，设，，则，所以．故选A． 7．D【解析】双曲线C的方程可设为，，，，，左焦点为F，O为坐标原点，连接OP．因为双曲线上的一点与C的左焦点F关于C的一条渐近线对称，所以，则．又直线PF的斜率为，直线PF与渐近线垂直，所以该条渐近线的斜率为，所以，则，所以C的离心率．故选D．8．A【解析】因为，则函数的图象关于点中心对称，且．由，，得，所以函数的图象关于对称，．根据图象变换的规律，由的图象关于点中心对称，得的图象关于点中心对称，，则的周期为，，故．故选A．二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案ACDACBCD9．ACD【解析】由题意可得．对于选项A：为奇函数，关于原点对称，故A正确；对于选项B：令，，得，，故B错误； 对于选项C：对于，令，则，因为，所以，而在上单调递减，所以函数在区间上单调递减，故C正确；对于选项D：易得，，，故曲线在点处的切线方程为，故D正确，故选：ACD．10．AC【解析】因为，所以是钝角，则是钝角三角形，故A正确；因为，所以异面直线AD与BC不可能垂直，故B错误；．设，由，得，其中，所以，则线段AB长度的取值范围是，故C正确；四面体A－BCD的体积为，当且仅当时，等号成立，故D错误．故选AC．11．BCD【解析】设“第i次答题者是甲，且甲答对”为事件，“第i次答题者是乙，且乙答对”为事件，第2次答题是甲分两类：①第一次是甲，且甲回答正确；②第一次是乙，且乙回答错误，所以，故A错误；，故B正确；第次答题者是甲包含两种情况：①甲第i次回答，且回答正确；②乙第i次回答，且回答错误，所以，故C正确； 第i次答题结束后，甲得分可分为两种情况：①第i次答题后甲的得分加上1分，则第i次必由甲答题且得1分；②第i次答题后甲的得分加上0分，则第i次由甲答题且不得分或第i次由乙答题，所以，其中，故D正确．故选BCD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．【解析】的展开式的通项为，所以原式的展开式中含的项为，所以的系数为．13．【解析】由题意可知的圆心在直线上，曲线在处的切线与之平行，故曲线上的动点Q到直线的最小距离为，因此，故n的最大值是．14．【解析】设正六棱锥为P—ABCDEF，底面中心为，正六棱柱为，其中与底面重合的面为，面的中心为，外接球球心为O，由题意得，面的中心为，面的边均在正六棱锥的侧棱上．作截面PAD的平面图，由题意得，，所以，．设，，由题意得，故，，外接球半径的平方，当且仅当时取得最小值，此时外接球表面积，故正六棱柱的外接球表面积的最小值为．四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．【解析】（1）若取出的两张卡片标记数字分别为1和2，此时， 若取出的两张卡片标记数字分别为2和3，此时，故这两张卡片标记数字之差为1的概率；（2）由题意可得X所有可能取值为0，2，4，其中，，，故X的分布列为X024P．16．【解析】（1）作，O为垂足，由，，，，得，，∴，又，，，∴，∴，，∴O为AC中点，∴，；（2）由（1），又平面，，∴，∴，∴PO，BO，AC两两垂直．由，，得，∴，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，，，，令，分别为平面APB，平面PBC的法向量，则即令得为平面PAB的一个法向量．即令得为平面PBC的一个法向量．设为二面角A—PB—C的平面角，则，由图观察可得二面角所成角为钝角，故二面角A—PB—C的余弦值为．17．【解析】（1），x＋0－0＋0－单调性↗极大值↘极小值↗极大值↘故有两个极值点，为和；（2）令，，①当时，因为，所以，成立，令，则，令，解得（负值舍去），故在上单调递增，上单调递减； ②当时，，令，则恒成立，故，进一步；③当时，，综上所述，在上恒成立，则，也即成立．【评分细则】1．第一问不用列出表格，只要求导后单调性和最终极值点分析正确即可满分2．第二问用其他方法证明出来也可以，根据具体方法酌情给分18．【解析】（1）由题意知，由，得，即，所以．又，所以，故椭圆C的方程为．（2）证明：因为点，所以．设，，则，即．显然，直线MN的斜率一定存在，设直线MN的方程为，，，联立得．则，且，． 因为直线AM过点，所以，解得，同理可得．代入（*）式，得，所以．因为M，N异于点A，所以，从而，所以，则直线MN的方程为，恒过点，因此，P，M，N三点共线．19．【解析】（1），则，即，∴，即，则成立，若，则，∴，又因为，则，不能证明．∴“”是“”的充分不必要条件．（2）①，则，∴又因为，∴∴记，∴；②由，∴，∴，∵，即，∴， 在∴，同理得，，∴x，y，z可组成三角形，∴．