卷子答案网-一个不只有答案的网站湖南省大联考2024届高三上学期月考(一)
数 学
得分：______
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 记等差数列的前n项和为.若，，则数列的公差（ ）
A. 3 B. 2 C. －2 D. －3
3. 已知复数，是关于x的方程的两个根.若，则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知的解集为，则的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. －1 D. －2
6. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧.若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为（）（ ）
A. 49.25m B. 50.76m C. 56.74m D. 58.60m
7. 已知定义域是的函数满足：，，为偶函数，，则（ ）
A. －1 B. 1 C. 2 D. －3
8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一，建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A. B. C. D.
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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
C. 函数的单调递增区间为
D. 的最小正周期为
10. 如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若平面与平面ACD的交线为l，则
C. 三棱柱的外接球的表面积为
D. 当该几何体有外接球时，点D到平面的最大距离为
11. 自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中a，b是非零常数，自然对数的底数），对于函数，以下结论正确的是（ ）
A. 是函数为偶函数的充分不必要条件
B. 是函数为奇函数的充要条件
C. 如果，那么为单调函数
D. 如果，那么函数存在极值点
12. 设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A. 为递减数列 B.
C. 是数列中的最大项 D.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，若，则______.
14. 已知函数，则函数的零点个数为______.
15. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为______.
16. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则______.（参考数据：取.）
图1 图2
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）
如图，在直三棱柱中，，，，M为AB的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点A到平面的距离.
18.（本小题满分12分）
记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求证：；
（2）若，求的最大值.
19.（本小题满分12分）
甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得－1分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响.
（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
（2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率.
20.（本小题满分12分）
已知数列中，，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）令，当取得最大值时，求n的值.
21.（本小题满分12分）
已知双曲线E：的焦距为10，且经过点.点A，B为双曲线E的左、右顶点，点P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于点A，B）.
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
设函数.
（1）求的最值；
（2）令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
湖南省大联考2024届高三上学期月考(一)
数学参考答案
一、二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D A C D B B A C ACD BD BCD AC
1. D 【解析】，，则，故选：D.
2. A 【解析】由等差数列性质可知，，解得，故.故选：A.
3. C 【解析】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
法二：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.故选：C.
4. D 【解析】令，该函数的定义域为，，所以，函数为偶函数，排除A，B选项，当时，，则，排除C选项.故选：D.
5. B 【解析】因为的解集为，
所以为方程的一个根，所以.故选：B.
6. B 【解析】如图，设球的半径为R，，，
∵，
∴
.
∴，故选：B.
7. A 【解析】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以.故选：A.
8. C 【解析】如图，取BC的中点E，连接DE，AE，
则，，
过点A作底面BCD，垂足在DE上，且，
所以，，故，
点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则，
设最大球的半径为R，则，
因为，所以，即，解得，
即，则，故，
设最小球的球心为J，中间球的球心为K，则两球均与直线AE相切，设切点分别为H，G，
连接HJ，KG，则HJ，KG分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为a，b，
则，，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，模型中九个球的表面积和为.故选：C.
9. ACD 【解析】对于A，，A正确；
对于B，向右平移个单位长度得：，即，B错误；
对于C，，
则由，，得：，，
∴的单调递增区间为，C正确；
对于D，，∵的最小正周期为，∴的最小正周期为，D正确.
故选：ACD.
10. BD 【解析】对于选项A，若，又因为平面ABC，
但是点D不一定在平面ABC上，所以A不正确；
对于选项B，因为，所以平面，
平面平面，平面ACD，所以，所以B正确；
对于选项C，取的中心O，的中心，
的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积为，所以C不正确；
对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱的外接球，
的中点为该外接球的球心，该球心到平面的距离为，
点D到平面的最大距离为，所以D正确.故选：BD.
11. BCD 【解析】对于A，当时，函数定义域为，关于原点对称，
，故函数为偶函数；
当函数为偶函数时，，故，
即，又，故，
所以是函数为偶函数的充要条件，故A错误；
对于B，当时，函数定义域为，关于原点对称，
，故函数为奇函数，
当函数为奇函数时，，
因为，，故.
所以是函数为奇函数的充要条件，故B正确；
对于C，，因为，
若，，则恒成立，则为单调递增函数，
若，，则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故C正确；
对于D，，令得，又，
若，，当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.函数存在唯一的极小值.
若，，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故D正确.故选：BCD.
12. AC 【解析】由可得和异号，即或.
而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.
因为，所以，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.
对于A：公比，因为，所以为减函数，所以等比数列为递减数列，故A正确；
对于B：因为，所以，所以，故B错误；
对于C：等比数列的前n项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项，故C正确；
对于D：，因为，所以，即.故D错误.故选：AC.
三、填空题
13. 【解析】因为，，可得，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
14. 3 【解析】令得，
在同一直角坐标系中作出（图中细实线所示），（图中粗实线所示）的大致图象如下：
由图象可知，函数与的图象有3个交点，即函数有3个零点.
15. 【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与直线，，所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为距平面与平面相等距离的中间位置，且过棱的中点的正六边形，边长为，所以其面积为.
16. 914 【解析】由条件可得①，
所以②，
①－②得：
，所以.
四、解答题
17.【解析】（1）连接交于点N，连接MN，则点N为的中点，
因为M为AB的中点，所以，……2分
又平面，平面，所以平面.……4分
（2）连接，因为，所以，
又因为平面ABC，平面ABC，
所以，，所以平面，
又因为平面，所以，……6分
又，所以是等腰直角三角形，
，，所以，
，……8分
设点A到平面的距离为d，
因为，
所以，所以.……10分
18.【解析】（1）由题知，
所以，
所以，
所以，
因为A为锐角，即，所以，
所以，所以.……6分
（2）由（1）知：，所以.因为，
所以，因为由正弦定理得：，，
所以，所以，……8分
因为，所以，
所以，……10分
因为是锐角三角形，且，所以，所以，所以，
当时，取最大值为，所以的最大值为.……12分
19.【解析】（1）记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，
由题意得：，，……2分
甲的得分X的可能取值为－1，0，1，
，
，
，
所以X的分布列为：
X －1 0 1
p
.……6分
（2）经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得－1分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分，
甲3轮各得1分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得－1分的概率为，
甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为，
所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率.……12分
20.【解析】（1）∵，，两式相减，得，
∴，即，
又∵，，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列.……5分
（2）由（1）可知，，即，
，
，
……
，
∴，
∴，.
当时，也满足上式，∴，……8分
∴，∴，
∴，……10分
令，则，∴，
∴，，
∵，，∴，，
∴，，
∴，最大，即.……12分
21.【解析】（1）法一：由，解得，，∴双曲线E的标准方程为.
法二：设左、右焦点分别为，，∴，，
∴，，
∴双曲线E的标准方程为.……4分
（2）法一：直线CD不可能水平，故设CD的方程为，，，
联立，消去x得，
∴，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，
∴，即，……8分
∴，
，
，
，
，
，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴直线CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为.……12分
法二：直线CD不可能水平，设CD的方程为，，，，
联立，消去x得，
∴，，
直线AC的方程为，直线BD的方程为
∵点C，D分别在直线AC，BD上，∴，，
两式相除消去n得，即，……8分
又，∴.
将代入上式，得，
，
，
，
整理得，解得或（舍去）.
∴直线CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为.……12分
22.【解析】（1），令，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故，所以，故在上为增函数，
故在上的最小值为，在上无最大值.……4分
（2）先证明不等式：，
证明：设，，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故，即恒成立.
当时，
，……8分
由（1）可得，故，
故
，……10分
故
.……12分