卷子答案网-一个不只有答案的网站邵东市重点中学2024届高三上学期第二次月考数学试卷
考试时间：120分钟 总分：150分
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题的四个选项中，只有一个
选项是符合题目要求的。
1．已知集合A＝{x|x2﹣3x＜0}，B＝{1，2，3，4}，则()＝（ ）
A．{4} B．{3，4} C．{2，3，4} D．{1，2，3}
2．下列命题中错误的是（ ）
A．“x＝1”是“x2﹣3x+2＝0”的充分不必要条件
B．“，k∈Z”是“tanx＝1”的必要不充分条件
C．对于命题p： x∈R，使得x2+x+1＜0，则 p是： x∈R，均有x2+x+1≥0
D．“”是“方程x2+3x+a＝0（x∈R）有正实数根”的充要条件
3．已知正实数a，b满足a+b＝2ab，则2a+6b的最小值是（ ）
A． B． C．10 D．6
4．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数,且函数f(x+1)为偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)＝ex+m，
则下列选项不正确的是（ ）
A．m＝﹣1 B．f（2﹣x）＝f（x）
C．f（x+8）＝f（x） D．f（2023）＝e﹣1
5．已知α∈－,0,且cos 2α=sinα+,则sin 2α=( )
A． B． C． D.
6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2023＞0，S2024＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．数列{an}是递增数列 B．|a1013|＞|a1012|
C．当Sn取得最大值时，n＝1013 D．S1013＜S1010
7．已知函数,当x＞0时，f（x）＞0恒成立，则m的取值范围为（ ）
A．（1，+∞） B．（e，+∞） C． D．
8．已知,,,其中e＝2.71828……为自然对数的底数，则（ ）
A．b＜c＜a B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．c＜b＜a
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题的选项中，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．下列命题中正确的是（ ）
A．若a＞b，c＞d，则ac＞bd B．若ac2＞bc2，则a＞b；
C．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d D．若a＞0，b＞0，则
10．已知函数f（x）＝sinωx+cosωx的最小正周期为π，则下列判断正确的有（ ）
A．将函数图像向左平移个单位得到函数f（x）的图像
B．函数f（x）在区间单调递减
C．函数f（x）的图像关于点对称
D．函数f（x）取得最大值时x的取值集合
11．三棱锥A﹣BCD中，AD⊥BD，∠BDC＝120°，BD＝CD＝2，AD＝6，则（ ）
A．三棱锥A﹣BCD体积的最大值为
B．不存在AB与CD垂直
C．AB与平面BCD所成角的正弦值最大为
D．当二面角A﹣BD﹣C为120°时，三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为156π
12．关于函数f（x）＝+lnx，下列判断正确的是（ ）
A．x＝2是f（x）的极小值点
B．函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点
C．存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立
D．对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排
一名志愿者进行志愿服务的概率_________。
14．已知函数f（x）＝|lgx|，f（a）＝f（b），a＜b，则a+2023b的取值范围是__________。
15．若函数在上有且仅有3个零点，则的最小值为____________。
16．已知函数f（x）＝alnx﹣2x（a＞0），若不等式xa≥2e2xf（x）+e2x对x＞0恒成立，则实
数a的取值范围为 。
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或必要的演算步骤。
17．（10分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，，的角平分线交BC于点D，求的长。
18. （12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，.
（1）求证：平行四边形为矩形；
（2）若为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值。
19.（12分）已知数列{}满足,数列{}满足,。
（1）求数列{}和{}的通项公式；
（2）设,求数列{}的前n项和Tn.
20. （12分）2023年游泳世锦赛于7月14日—30日在日本福冈进行，甲、乙两名10米跳台双人赛的选手，在备战世锦赛时挑战某高难度动作，每轮均挑战3次，每次挑战的结果只有成功和失败两种。
（1）甲在每次挑战中，成功的概率都为.设甲在3次挑战中成功的次数为，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，由于教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变，改变规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.15。求乙在第三次成功的概率。
（12分）已知椭圆过点A（2,1），过右焦点F作x轴的垂线
交椭圆于M，N两点，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点在椭圆上，且为垂足，证明：存在定点，使得为定值。
22．（12分）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax，a∈R．
（1）当a＝3时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若关于x的不等式f（x）≤ax2+（a﹣2）x﹣2恒成立，求整数a的最小值；
（3）是否存在一条直线与函数的图象相切于两个不同的点？并说明理由．
邵东市重点中学2024届高三上学期第二次月考数学试卷参考答案
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B D A D C B D A BD BCD ACD ABD
选择题：
1.B【解答】解：由集合A＝{x|x2﹣3x＜0}＝（0，3），B＝{1，2，3，4}，
CRA＝（﹣∞，0]∪[3，+∞），∴（CRA）∩B＝{3，4}． 故选：B．
【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，可查学生的计算能力，比较基础．
2.D【解答】解：由x2﹣3x+2＝0解得x＝1或x＝2，
所以由“x＝1”能推出“x2﹣3x+2＝0”，但由“x2﹣3x+2＝0”不能推出“x＝1”，
则“x＝1”是“x2﹣3x+2＝0”的充分不必要条件，故A正确；
当k＝3，即x=时，tanx＝﹣1，故tanx≠1，则充分性不成立，
若tanx＝1，则，n∈Z，可知必要性成立，
则“，k∈Z”是“tanx＝1”的必要不充分条件，故B正确；
根据存在量词命题的否定是全称量词命题，
对于命题p： x∈R，使得x2+x+1＜0，则 p是： x∈R，均有x2+x+1≥0，故C正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
3.A 改编自优化设计13页考向2 例题（2）
【解答】解：因为a+b＝2ab，所以，
所以，
当且仅当，时取等号2a+6b的最小值4+2．故选：A．
【点评】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，乘1法的应用是求解问题的关键．
4.D 【解答】解：因为函数f(x+1)为偶函数,则f(﹣x+1)＝f(x+1)，即f(2﹣x)＝f(x)，B正确；
又函数f(x)是奇函数，则f(﹣x)＝﹣f(x)因此f（x+2）＝f(﹣x)＝﹣f(x),即有f(x+4)＝﹣f（x+2），
于是f（x+4）＝f（x），即函数f（x）的周期为4，有f（x+8）＝f（x），C正确；
因为f（x）是定义域为R的奇函数，则f（0）＝20+m＝0，解得m＝﹣1，A正确；
当x∈[0，1]时，f（x）＝ex﹣1，所以f（2023）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝1﹣e，D错误．
（第5题 优化设计 94页 考点一 题组（2） 原题）
B （改编自 课时规范练 A册 311页 第11题 ）
【解答】解：∵S2023＞0，S2024＜0，
∴＝2023a1012＞0，＝1011（a1012+a1013）＜0，
∴a1012＞0，a1012+a1013＜0， ∴a1012＞0，a1013＜0，
∴公差d＜0，等差数列{an}是递减数列，|a1012|＜|a1013|，
n＝1012时，Sn取得最大值，S1013＝S1010+ a1011+a1012+a1013＝S1010+3a1012＞S1010故选：B．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.D【解答】解：由题意，若m≤0显然f（x）不是恒大于零，故m＞0．（由4个选项也是显然，可得m＞0） 则显然在（0，1]上恒成立；
当x＞1时， ，
令g（t）＝tet（t＞0），g′（t）＝（1+t）et＞0，g（t）在（0，+∞）上单调递增．
因为mx＞0，lnx＞0（x＞1），所以mx·emx＞lnx·elnx mx＞lnx，即，
再设，令h′（x）＝0，则x＝e，
易得h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
所以，故 故选：D．
【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
A【解答】解：由ex≥x+1知a＝﹣1＞，由ln（1+x）≤x知b＝ln＜
由sinx≤x知c＝sin＜ 所以a＞b，a＞c．下面比较b和c的大小：
设f（x）＝ln（1+x）﹣sinx，，，
设g(x)＝1﹣cosx﹣xcosx，，g′(x)＝sinx﹣(cosx﹣xsinx)＝（x+1）sinx﹣cosx，
g″（x）＝sinx+（x+1）cosx+sinx＝2sinx+（x+1）cosx＞0，
所以g′(x)在上单调递增，则，
所以g（x）在上单调递减，
g(x)＜g（0）＝0，即f′(x)＜0在上恒成立，则f(x)在上单调递减，
由，则，即，则b＜c，
所以b＜c＜a． 故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
多选题：
9.BD
10.BCD 【解答】解：∵，
∴，
对于A，∵，故函数f（x）的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，故A错误，
对于B，令，
则，∵，
∴f（x）在区间单调递减，故B正确，
对于C，，故f(x)的图像关于点对称，故C正确，
对于D,当,即时,f(x)取得最大值,故D正确． 故选：BCD．
【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换，三角函数的周期性，单调性，对称性，最值，以及图象平移的应用，属于中档题．
11.ACD【解答】解：对于A，因为AD⊥BD，AD＝6，当AD⊥面BCD时，棱锥A﹣BCD的体积最大，最大值为故A正确；
对于B，如图1，作DE⊥AB与E，要使AB与CD垂直，只需满足CE⊥AB即可，即存在CE＝，即存在AC＝2，显然存在，故B错；
对于C，令A到面BCD的距离为d，AB与平面BCD所成角为θ，sinθ＝，只需d最大即可，即AD⊥面BCD时，此时sinθ＝＝，故C正确；
对于D，如图2，设E，N分别为△ADB，△BCD的外心，过E作面ABD的垂线，过N作面BCD的垂线，两垂线的交点为球心O，设面OMN角BD与G，在四边形MGNO中，∠MGN＝120°，MG＝，NG＝DNsin60°＝××＝3，
∴OM＝ON＝，故三棱锥A﹣BCD的外接球半径R＝＝，球表面积为4πR2＝156π，故D正确，故选：ACD．
【点评】本题考查了空间线面、线线位置关系，考查了几何体外接球，考查了空间想象能力、运算能力，属于难题．
12.ABD 【解答】解：f（x）＝+lnx， ∴f′（x）＝﹣+＝，
当x＞2时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴x＝2是f（x）的极小值点，即A正确；
令y＝f（x）﹣x＝+lnx﹣x，
∴y′＝﹣+﹣1＝＝＜0恒成立，
∴y＝+lnx﹣x在（0，+∞）单调递减，
∵f（1）﹣1＝2+0﹣1＝1＞0，f（2）﹣2＝1+ln2﹣2＝ln2﹣1＜0，
∴y＝f（x）﹣x有且只有一个零点，故B正确；
f（x）＞kx等价为k＜+，
令g（x）＝+，则g′（x）＝，
由y＝x﹣xlnx﹣4的导数为y′＝1﹣（1+lnx）＝﹣lnx，
当x＞1时，y＝x﹣xlnx﹣4递减，0＜x＜1时，y＝x﹣xlnx﹣4递增，
可得y＝x﹣xlnx﹣4的最大值为1﹣0﹣4＝﹣3＜0，
即g′（x）＜0，可得g（x）在（0，+∞）单调递减，则g（x）无最小值，
所以k＜g（x）不恒成立，故C错误；
设＝t（t＞1），即有x2＝x1t，
f（x1）＝f（x2）即为+lnx1＝+lnx2，化为+lnx1＝+ln（x1t），
可得x1＝，则x1+x2＞4 +＞4 t2﹣1﹣2tlnt＞0，
设h（t）＝t2﹣1﹣2tlnt（t＞1），可得h′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt），
由m（t）＝t﹣1﹣lnt的导数为m′（t）＝1﹣，可得t＞1时，m′（t）＞0，m（t）递增，可得m（t）＞m（1）＝0，
∴h′（t）＞0，h（t）递增，可得h（t）＞h（1）＝0，故x1+x2＞4成立，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查导数的运用，求单调性和极值、最值，以及函数的零点和不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于难题．
三、填空题: 13. 14.（2024，+∞） 15. 16.（0，2e]
13【答案】．
【解答】解：先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有种，然将3个项目全排列，共有种排法，
故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为6×6＝36种，
∵4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数34＝81种，
∴每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率P＝．
【点评】本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．
14.【解答】解：∵f（x）＝|lgx|，f（a）＝f（b），∴|lga|＝|lgb|，
又∵a＜b，∴﹣lga＝lgb，∴lgab＝0，∴ab＝1，
∴0＜a＜1＜b，故a+2023b＝+2023b，
∵y＝+2023b在（1，+∞）上单调递增， ∴+2023b＞1+2023＝2024，
故a+2023b的取值范围是（2024，+∞），
【点评】本题考查了对数函数的性质的应用及对勾函数的性质，属于基础题．
【答案】
【解析】：令，得，
由得，
依题意，在上有且仅有3个零点，则，
解得，所以的最小值为.
【答案】（0，2e]
【解答】解：不等式xa≥2e2xf（x）+e2x对x＞0恒成立，
等价于≥2f（x）+1，即ealnx﹣2x≥2f（x）+1，
所以ef（x）﹣2f（x）﹣1≥0， 设g（t）＝et﹣2t﹣1，其中t＝f（x），
则g′（t）＝et﹣2，令g′（t）＝0得t＝ln2，
所以当t＜ln2时，g′(t)＜0，g（t）单调递减，当t＞ln2时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，
所以g（x）min＝g（ln2）＝1﹣2ln2＜0， g（0）＝0，g（2）＝e2﹣5＞0，
所以存在t0∈（ln2，2）使得g（t0）＝0，
所以若g（t）≥0则t≤0或t≥t0，即f（x）≤0或f（x）≥t0，
f′（x）＝﹣2＝，x＞0，
所以在(0，)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(，+∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f（x）max＝f（）＝aln﹣a，所以aln﹣a≤0，所以0＜a≤2e，
所以实数a的取值范围为（0，2e]．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题.
解答题:
17.(改编自 优化设计 114页 考向3 例题（2）)
【解答】：（1）∵，
∴由正弦定理得：sinB+sinC＝2sinAsin（C+），
∴sinB+sinC＝2sinA（sinC+cosC），即：sinB+sinC＝sinAsinc+sinAcosC，
又∵B＝π﹣(A+C) ∴sinB＝sin（A+C）则有sin（A+C）+sinC＝sinAsinc+sinAcosC，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinC＝sinAsinC+sinAcosC，
即：cosAsinC+sinC＝sinAsinC，
又∵C∈（0，π），∴sinC≠0，∴cosA+1＝sinA，
∴﹣cosA＝1，∴2sin（）＝1，
∴sin（A﹣）＝， ∵0＜A＜π，∴﹣，
∴A﹣＝ 故A＝………………………5分
（2）由 ＝，得bccos＝，所以bc＝3，
由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣3bc＝12 ∴ b+c＝，
由S△ABC＝S△ABD+S△ACD得： bcsin＝b ADsin+c ADsin，
∴ AD＝＝＝．………………………10分
【点评】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
18.【解答】（1）取中点，连接，如图所示：
∵为正三角形，则.
面面，面面，面，则面.
∵面 ∴
又，，面，，所以面，
面，故 ∴平行四边形为矩形.………………………5分
（2）如下图所示：
以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，，，
设面的法向量为，则，
令，则 设点到平面的距离为，
则，解得. 所以.
设面的法向量为，则，
令，则，则.
∵平面与平面所成角为锐角
∴平面与平面所成角的余弦值为.…………………………………12分
19.(改编 B册课时规范练 26 第8题和优化设计141页考点2例题)
解析:（1）由a1++…+=an+1-2得：当n≥2时,a1++…+=an-2,
则=an+1-an,即. 当n=1时,a1=a2-2,得a2=4,满足上式.∴
∴数列是常数列,即=2,故an=2n.
由题知数列{bn}是首项为，公比为的等比数列
∴ bn=×（）n-1=×（）n………………………………………………6分
(2)由（1）知cn=2n××（）n=, 则Tn=++…++,①
∴ Tn=++…+. ②
①-②得Tn=+…+, ∴Tn=,
∴Tn=.………………………………………………12分
【解答】(1)由题意得，X的所有可能取值有0,1,2,3，
∴的分布列为：
0 1 2 3
则.………………………………………………6分
（2）设事件为“乙在第次挑战成功”，其中.
所以；
；
；
；
故
.
即乙在第三次成功的概率为0.85875.………………………………………………12分
【解答】：（1）解：由已知得，且当x＝c时，，
联立解得 故椭圆C的方程为．………………4分
（2）证明：设点P（x1，y1），Q（x2，y2），
因为，，
即（x1﹣2）（x2﹣2）﹣3（y1﹣1）（y2﹣1）＝0，*
当直线PQ的斜率存在时，设方程为y＝kx+m，
代入椭圆方程消去y得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣6＝0，Δ＞0，
，． 根据y1＝kx1+m，y2＝kx2+m
代入*整理，得，
结合根与系数的关系可得：
m2﹣2（4k+3）m﹣5（4k2﹣1）＝0，[m﹣5（2k+1）][m+（2k﹣1）]＝0，
当m＝﹣(2k﹣1)时，直线y＝kx+m＝kx﹣2k+1＝k(x﹣2)+1过点A（2，1），不符合条件
当m＝5（2k+1）时，直线方程为y＝kx+5（2k+1）＝k（x+10）+5，
故直线PQ恒过定点（﹣10，5），设E（﹣10，5），
当直线PQ的斜率不存在时，点P（x1，y1），Q（x1，﹣y1），此时，
又，可得x1＝﹣10（舍）或x1＝2，与A点重合，与已知条件不符．
∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E（﹣10，5）
由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边
∴点S为AE的中点即点S为（﹣4，3）．满足|DS|为定值 ………………………12分
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
22.【解答】：（1）a＝3时，f（x）＝2lnx﹣3x（x＞0），f′（x）＝﹣3，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞
故f（x）在（0，2/3）递增，在（2/3，+∞）递减……………………………2分
（2）f（x）≤ax2+（a﹣2）x﹣2恒成立，即2lnx﹣ax2+（2﹣2a）x+2≤0恒成立，
令g（x）＝2lnx﹣ax2+（2﹣2a）x+2（x＞0），
∴g′(x)＝﹣2ax+（2﹣2a）＝，
①当a≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，
∵g（1）＝﹣a+2﹣2a+2＝﹣3a+4＞0，
∴关于x的不等式f（x）≤ax2+（a﹣2）x﹣2不能恒成立，
②当a＞0时，g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝，
∴x∈（0，）时，g′（x）＞0，x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，
故函数g（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，
故函数g（x）的最大值是g（）＝2ln+＝﹣2lna≤0，
令h（a）＝﹣2lna，则h（a）在（0，+∞）递减，
∵h（1）＝1＞0，h（2）＝﹣2ln2＜﹣2ln＜0，
∴a≥2时，h（a）＜0，故整数a的最小值是2……………………………7分
（3）假设存在一条直线与函数h(x)＝f(x)+x2的图象有两个不同的切点T1(x1，y1),T2(x2，y2)，
不妨0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：y﹣h（x1）＝h'（x1）（x﹣x1），
T2处切线l2的方程为：y﹣h（x2）＝h'（x2）（x﹣x2），
∵l1，l2为同一直线，∴，
整理得，消去x2得，2ln+﹣＝0，①
令t＝，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），
记p（t）＝2lnt+﹣t，则p'（t）＝﹣﹣1＝﹣＜0，
∴p（t）为（0，1）上的单调减函数，则p（t）＞p（1）＝0，
从而①式不可能成立，即假设不成立
∴不存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点．………………12分
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．
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