湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考试卷（四）数学试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考试卷（四）数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题（本大题共8个小题，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. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，通过数轴即可求解.
【详解】因为，
所以由数轴可得，
故实数的取值范围为.
故选：B.
2. 已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定即可判断.
【详解】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的充分条件，
设，，显然，从而有成立，但此时不平行.
故选：A.
3. 已知复数z满足，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的几何意义，转化为点到圆心的距离加半径可得最大值，减半径可得最小值即可.
【详解】表示对应的点是单位圆上的点，
的几何意义表示单位圆上的点和之间的距离，
的取值范围转化为点到圆心的距离加上半径可得最大值，减去半径可得最小值，
所以最大距离为，最小距离为，
所以的取值范围为.
故选：B

4. 已知函数，有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据极值点个数与导函数零点个数的关系，计算可得结果.
【详解】易知，
因为有两个极值点，故有两个变号零点，
故在上有两个不同的解，
故所以.
故选：D.
5. 的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先写出展开式的通项公式，根据已知条件求得代入展开式即可求解.
【详解】的展开式的通项为,，
根据题意得，解得：，则含的项为，
故的展开式中的系数为.
故选：B.
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，，可得，由，可得，代入，即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，
即
又，则，
因为，
所以，所以.
故选：D.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的左支上，当取最大值时，的离心率的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先利用双曲线的定义求出代入所求，利用基本不等式计算可得.
【详解】由双曲线的定义可知，即，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
又，解得，所以，即离心率的取值范围为.
故选：A.
8. 若等差数列满足，则的最大值为（ ）
A. 600B. 500C. 800D. 200
【答案】B
【解析】
【分析】由，得到，再由，由求和公式得到
，两式联立，消去，通过一元二次方程有解，即可求解；
【详解】，
即，，即，
整理，得，即有解，
，解得，.
故选：B.
二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）
9. 实数，，，满足：，则下列不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意可得，再根据不等式的性质判断A、B、D，通过举反例判断C.
【详解】依题意可知，，
对于A：由，得，故A错误；
对于B：由，，得，故B正确；
对于C：令，，，，，故C错误；
对于D：因为，， 所以，，所以，故D正确；
故选：BD.
10. 已知事件，，为随机事件，且，则（ ）
A. 若事件与事件对立，则
B. 若，则事件与事件对立
C. 若事件与事件独立，则
D. 若，则事件与事件独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件概率的计算公式即可判断A，举出反例，即可判断B，由相互独立事件的定义即可判断CD.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，抛掷两次骰子，事件：第一次抛掷骰子的点数为2，
事件：第二次抛掷骰子的点数为奇数，事件：第二次抛掷骰子的点数大于3，
则，可知，但，不是对立事件，故B错误；
对于C，若事件与事件独立，则，
则，故C正确；
对于D，，从而，
则事件与事件独立，故D正确.
故选：ACD
11. 已知曲线，点，为曲线上任意两点，且，则（ ）
A. 曲线由两个圆构成B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】已知方程化简得出即或判断A,应用点到圆的距离范围判断B,应用两角差的余弦公式及三角函数值域判断C,结合换元法计算求解数量积范围判断D.
【详解】对于A，依题意，方程即，
即或，
所以曲线由以，为圆心，1为半径的两个圆构成，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，设，，
，，
因此，C选项正确；
对于D，
，
令，则，当，时等号可成立.
显然反向，且x轴上时，，因此，D选项正确.

故选：ACD.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 如图所示，已知船在灯塔北偏东的方向，且，间的距离为2km，船在灯塔北偏西的方向，且，两船间的距离为3km，则，间的距离为______km.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知数据应用余弦定理计算求解即可.
【详解】由题意可知，，，
在中，由余弦定理可得，
，解得（舍）或
故答案为：.
13. 已知，，是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，则的三条中线的长度之和为______.
【答案】27
【解析】
【分析】利用抛物线的定义及三角形重心的性质，求解即可.
【详解】设，，，因为，则，
则的三条中线的长度之和为.
故答案为：27.
14. 如图，在空间几何体中，平面平面平面，则几何体的外接球的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件可得几何体的外接球和底面半径为，高为2的圆柱的外接球一样，再计算圆柱的外接球半径即可.
【详解】解题分析由题意知， 与均为直角三角形，
且平面平面平面平面，
故可以将几何体放入底面半径为，高为2的圆柱中，
且圆柱的外接球正好就是几何体的外接球，
又该圆柱的外接球的半径，
所以几何体的外接球的半径为3，
所以外接球的体积为.
故答案为：.

四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 某单位4人积极参加本地区农产品的网购活动，共有两种农产品供选择，每人只购其中一种.大家约定：每人通过掷一次质地均匀的骰子决定自己去购买哪种农产品.若掷出点数为1或2，购买农产品A，若掷出点数大于2，则购买农产品B.
（1）求这4个人中恰有1人购买农产品A的概率；
（2）用分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题可知购买农产品的概率为，购买农产品的概率为，然后由独立事件的概率公式
求解即可，
（2）用分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，则由题意可得可取，可取，然后求出各自对应的概率，而由可知，的可能取值为，从而可求出其对应的概率，进而可得的分布列与数学期望
【小问1详解】
由题可知购买农产品的概率为，购买农产品的概率为，
设事件为4人中恰有1人购买农产品，
依题可知，4人是否购买农产品相互独立，互不影响
所以；
【小问2详解】
用分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，
则可取，可取，
当时，，表示4人全部购买产品，概率，
当时，，表示4人中恰有1人购买农产品，概率，
当时，，表示4人中恰有2人购买农产品，概率，
当时，，表示4人中恰有3人购买农产品，概率，
当时，，表示4人中全部购买农产品，概率，
所以由可知，的可能取值为
当时，对应的概率，
当时，对应概率，
当时，对应的概率
所以随机变量的分布列为
所以，数学期望.
16. 如图，三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，，分别为，的中点，与交于点，若，且平面平面.

（1）求证：平面；
（2）若三棱柱的体积为4，求锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过平面，得到，再通过平面，得到，即可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【小问1详解】
证明：由，分别为，的中点，
由正方形易知：,
所以，
又,
所以，所以，
又，，平面内，
因此平面，又平面，故.
由平面平面，平面平面，
且，平面，
从而平面，平面，故；
又，又平面，
故平面.
【小问2详解】
因为三棱柱的体积为4，
由（1）知：三棱柱的体积为
则.
因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则即
令，则，，从而.
设平面的法向量为，则即
令，则，，从而.
则，
即锐二面角的余弦值为.
17. 已知正项数列的前项和为，数列的前项和为，满足，当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据的关系即可作差可得，，即可根据等比求和求解,
（2）利用放缩法得，即可利用等比求和公式求解.
【小问1详解】
依题意可知，，，，
相减可得，，
即，故，
即，，故为从第2项开始的等比数列，且公比为，
又，代入，可得，
则，时，，
故
小问2详解】
当时，
则
，
.
18. 已知，其中，.
（1）若与相切，求实数的值；
（2）当时，证明：；
（3）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求导函数再应用切线斜率为1，计算求参；
（2）先把证明的不等式转换，再构造函数，根据函数单调性计算证明不等式；
（3）分两种情况分类讨论是否符合不等式恒成立即可求参.
【小问1详解】
设，则，，
若与相切，设切点为，
则，又，则，从而，即，即.
【小问2详解】
设，则，当时，，
依题意，当时，要证，即证，当时，即证.
设，，则，当时，，单调递增，
则当时，，即，从而，
当时，，即，从而，
综上可知，当时，.
【小问3详解】
不等式即，令，令，，，
由，不妨设，，
其中，，.
（ⅰ）当时，由（2）可知单调递增，故，则，即单调递增，符合题意；
（ⅱ）当时，由，令，则，
①当时，，则恒成立，故单调递减，即，
即，故单调递增，从而，符合题意；
②当时，，故有两个根，
因此当时，，单调递增，则，
即，故在区间上单调递减，从而，不合题意.
综上可知，或，即.
【点睛】关键点点睛:解题的关键点是构造，结合导函数判断函数单调性，分两种情况分别证明不等式即可
19. 如图，已知椭圆的标准方程为，，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上一动点，且在轴上方，延长，分别交椭圆于点，.
（1）证明：的周长大于；
（2）若，求直线的方程；
（3）求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1) 连接，由题可知，两边同时加上即可；
(2)设，，，由椭圆的定义和两点间距离公式计算得出，联立，求得，，根据两点求出直线的方程；
(3)联立和方程，利用韦达定理得出和，
再利用三角形的面积结合导数求解最值即可．
【小问1详解】
连接，注意到，
故的周长为.
【小问2详解】
设，，，
由，且，故，
又，则，即，
因此，故直线的方程为：，即，
直线的方程为：，联立，得，
则，即，因此，
而，因此，
故直线的方程为：，即.
【小问3详解】
因为点A在x轴上方，所以直线斜率不为0，
设直线，直线，，，，，
联立，可得，则，
注意到，故.
联立，可得，则，
注意到，故.
则，.
注意到，因为，，
所以，
则，
设，，则，则单调递增，
故，
则面积的最大值为.