长沙市重点中学2024届高三上学期月考(三)
数学
时量：120分钟 满分：150分
得分__________
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.已知复数，则在复平面对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.若的展开式中共有个有理项，则的值为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
3.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.函数有最小值
B.函数有最大值
C.函数有且仅有三个零点
D.函数有且仅有两个极值点
4.已知函数是定义在上的奇函数，且，有成立，若，则关于的不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
5.已知等比数列的公比为，且，记，，则“且”是“为递增数列”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
6.如图为一个上下对称的落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为，瓶高等于双曲线的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（ ）
A. B. C. D.
7.已知角，且，则（ ）
A.-2 B. C. D.2
8.已知数列，其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推.此数列第项记为则满足且的的最小值为（ ）
A.47 B.48 C.57 D.58
二 多选题（本大题共4个小题，每小题5.分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9.为了解某贫困地区安施精准扶贫后的成果，现随机抽取了该地区三个县市在2022年建档立卡人员年人均收入提升状况.经统计，A县建档立卡人员年人均收入提升状况用饼状图表示，B县建档立卡人员年人均收入提升状况用条形图表示，C县建档立卡人员年人均收入提升的均值为122（百元），方差为4.已知A，B，C三县建档立卡人数比例为3：4：5，则下列说法正确的有（ ）
A.A县建档立卡人员年人均收入提升的均值为122
B.B县建档立卡人员年人均收入提升的方差为5.6
C.从建档立卡人员年人均收入提升的均值来看，C县精准扶贫的效果最好
D.估计该地区建档立卡人员的年人均收入提升120.75百元
10.如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则（ ）
A.四点共面
B.
C.直线平面
D.三棱锥的体积为
11.已知圆和圆分别是圆，圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.圆与圆有四条公切线
B.的取值范围是
C.直线是圆与圆的一条公切线
D.过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得
12.已知函数，若存在直线，使得是曲线与曲线的公切线，则实数的取值可能是（ ）
A. B. C.2 D.3
三 填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13，已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________.
14，已知边长为4 2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的表面积为，则四棱锥O-ABCD的体积为__________.
15.将函数且的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再将所得图形向左平移个单位长度后，得到一个奇函数图象，则__________.
16.如图，矩形中，分别为线段上的动点，且满足.点关于原点的对称点为，直线与交于点，则点到直线的最小距离为__________.
四 解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
已知数列满足：.
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）
在锐角中，角的对边分别为，且满足.
（1）求证：；
（2）设的周长为，求的取值范围.
19.（本小题满分12分）
北京冬奥会之后，多个中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动.为了深入了解学生在“单板滑雪”活动中的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（1）“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；
（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行 转弯 停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
20.（本小题满分12分）
如图 四边形与四边形是全等的矩形，为上的点.
（1）若为的中点，求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值.
21.（本小题满分12分）
已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作斜率为的直线与交于两点，与交于两点，且与同向.
（i）当直线绕点旋转时，判断的形状；
（ii）若，求直线的斜率.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，讨论在上的单调性；
（2）当时，，求实数的取值范围.
长沙市重点中学2024届高三上学期月考(三)
数学参考答案
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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C A B B A D C
1.D 【解析】因为，对应点为，在第四象限.故选D.
2.C 【解析】因为展开式的通项公式为，当，为有理项，故选C.
3.A 【解析】根据的图象判断出的单调性 极值点 最值，对选项进行分析，从而确定正确答案A.
4.B 【解析】由题意知在上单调递减，又因为在上是奇函数，所以在上单调递减，由可得，故，所以2，故选B.
5.B 【解析】充分性：当时，则，故充分性不成立；
必要性：若为递增数列，则，则，①当时，则，则恒成立，②当时，则，则可能成立，③当，时，则，则可能成立，④当时，则，则恒成立，故必要性成立.
“且”是“为递增数列”的必要不充分条件.故选B.
6.A 【解析】因为该花瓶横截面圆的最小直径为，所以.设是双曲线与瓶口截面的一个交点，该花瓶的瓶口半径为，则，所以，解得，故该花瓶的瓶口直径为.故选A.
7.D 【解析】由，可得，即，故.又，故
，即，代入可得.故2.故选D.
8.C 【解析】将数列分组为，设满足的首次出现在第组的第个数的位置上，则，化简得，此时数列共有项数为，即得，解得由于，而，故，又，故符合条件的的最小值为11，此时，则满足且的的最小值为，故选C.
二 多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
题号 9 10 11 12
答案 BCD BCD ABD ACD
9.BCD 【解析】由饼状图可知，县建档立卡人员年人均收入提升的均值为121，故错误；由条形图可知，县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，其方差为，故正确；因为均值县最大，所以县的精准扶贫效果最好，故正确；县建档立卡人员年人均收入提升的均值为122（百元），方差为三县建档立卡人员比例为，估计本地区建档立卡人员年人均收入提升（百元），故D正确.故选BCD.
10.BCD 【解析】易知与为异面直线，所以不可能四点共面，故错误；由，而，所以，故B正确；由平面平面，所以平面，故C正确；，故D正确.故选BCD.
11.ABD 【解析】对于选项，由题意可得，圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，因为两圆圆心距，所以两圆外离，有四条公切线，正确；对于选项，的最大值等于，最小值为，B正确；对于选项，显然直线与直线平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线，设直线为，则两平行线间的距离为2，即，故，故不正确；对于选项，易知当时，四边形为正方形，故当时，，故D正确，故选：ABD.
12.ACD 【解析】设直线与曲线 曲线分别相切于点和点，所以的方程可表示为或，则有，且，消去有，即，令，则在上有零点，令，则在区间上单调递增，在区间上单调递减.当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.，当时，，故在上恒有零点，从而恒成立；当时，，无零点，不成立；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.令，从而有.综上，实数的取值范围是.故选ACD.
另解：可以从图象的角度分凹凸性相同和相异两种情况进行分类讨论.当时，幂函数和对数函数的凹凸性相反，相离即有公切线；当时，幂函数和对数函数有公共点，才会有公切线，从而确定的范围.
三 填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13. 【解析】由，得，又，所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
14.32 【解析】设球的半径为，则，解得，由题意可知，所以四棱锥为正四棱锥，设顶点在底面的射影点为，则为正方形的中心，，则平面，所以，四棱锥的体积为.
15. 【解析】将函数且的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，再将所得图象向左平移个单位长度后，得到函数，因为为奇函数，图象关于原点对称，所以有，解得.
16. 【解析】如图可知：.
当时，则交点为；当时，则交点为.
当时，则，于是可得.联立上式可得点的轨迹方程为.
又点满足方程，故点的轨迹方程为.
法一：设，则，当时，距离最小，最小为.
法二：点的轨迹方程为：，与无公共点.
设直线平行于直线，则直线的方程可以写为，
由方程组消去，得.
令其根的判别式，得.
由图知，当时，直线与的公共点到直线的距离最小，最小距离为.
四 解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤）
17.【解析】（1）由题意：，
故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则.
（2），
①，
两边同乘得：②，
作差得，
18.【解析】（1）因为，由余弦定理得，所以，，
由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，所以，
所以，即.
（2），
由，得，
，结合二次函数单调性易知，
即的取值范围为.
19.【解析】（1）的所有可能取值为.参加“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所.
所以，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
（2）小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
小明在次测试中获“优秀”次数满足，由，
所以理论上至少要进行20次测试.
20.【解析】（1）由题意知，又因为四边形为矩形，得，且平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
因为，点为的中点，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，
又，故平面，
所以是直线在平面内的射影，
所以就是直线与平面所成的角，即，
即，设，则.
又由（1）知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
则，
设平面的一个法向量为，
由于所以即
令，则，即，
设平面的一个法向量为，
，
由于所以即
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，可知为锐角，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
21.【解析】（1）的焦点为，所以，①
又与的公共弦长为，且与都关于轴对称，所以公共点的横坐标为，
代入可得纵坐标为，
所以公共点的坐标为，
代入中可得，②
联立①②得，故的方程为.
（2）设，
（i）设直线的方程为，
联立得，
则，
，
所以为钝角三角形.
（ii）因为与同向，且，所以，
从而，即，
所以，
联立得，
则，
所以，即，
所以直线的斜率为.
22.【解析】（1）当时，.
令，则当时，，
从而成立；
当时，，
此时有，从而在上单调递增，，
故当时，恒成立，函数在上单调递增.
（2）法一：（分离参数法），则.
令，则.
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，其中，又，故.
故实数的取值范围是.
法二：由对恒成立，
得，即，亦即.
下面证明：当时，对恒成立.
当时，，
令，则.
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，对恒成立.
综上：实数的取值范围是.