湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题 Word版含解析

2024年高三上学期数学月考试题一、单选题（每题5分，共40分）1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.【详解】因为，所以.故选：C.2.若，则复数的共轭复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法，化简整理为标准型，结合共轭复数与虚部的定义，可得答案.【详解】，则，所以复数的共轭复数的虚部是.故选：B.3.“”是“直线与圆相切”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】根据直线与圆的位置关系求得，根据充分、必要条件的知识确定正确答案.【详解】圆的圆心为，半径为，若直线与圆相切，则有，解得或.所以“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：A4.已知向量，满足，，，则（）A.2 B. C.4 D.16【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律列式计算即得.【详解】由，得，而，因此，所以.故选：C5.已知，都是锐角，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，化切为弦得，代入即可求解.【详解】由题意，又，所以，即，所以，所以.故选：D6.有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球.甲、乙两人约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负者先摸球.若第一局中甲先摸球，记第局甲获胜的概率为，则关于以下两个命题判断正确的是（）①，且；②若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则不小于1992.A.①②都是真命题 B.①是真命题，②是假命题C.①是假命题，②是真命题 D.①②都是假命题【答案】A【解析】【分析】分别计算在第一局中：摸1次，摸3次，，摸次甲获胜概率，可得，从而求得，由于第局甲获胜包括两种情况：第局甲赢且第局甲后摸球和第局甲输且第局甲先摸球，可得，利用数列求通项公式的构造法，可得是首项为，公比为的等比数列，求出，解不等式即可求解.【详解】第一局：摸1次甲获胜概率为：，摸3次甲获胜概率为：，摸5次甲获胜概率：，摸7次甲获胜概率：，，摸次甲获胜概率：，所以，所以，第局甲获胜包括两种情况：第局甲赢且第局甲后摸球和第局甲输且第局甲先摸球，则，故①正确；由，设，解得，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，则，即，所以，即，即，即，即，则，即，解得，所以不小于1992，所以②正确.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键是在第一局中求出摸1次，摸3次，，摸次甲获胜概率，可得其概率是等比数列，从而得到，利用数列求和和极限的知识进行求解.7.已知，函数在上没有零点，则实数的取值范围（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分、讨论，根据没有零点求出的范围可得答案.【详解】时，，若无解，则或；时，，若无解，则，则.故选：D．8.已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时在区间上的零点个数为（）A.466 B.467 C.932 D.933【答案】B【解析】【分析】方法一：根据的范围，确定的范围，结合已知条件以及函数的零点，得且，分别验证、、确定的范围，求出的最大值，代入函数解析式即可求解；方法二：利用换元的令，根据的范围，确定的范围，由，得出的范围，结合图象性质，以及已知条件，最终确定的最大值，代入函数解析式即可求解.【详解】方法一：由题意，函数，可得函数的周期为，因为，可得，又由函数在区间上有且仅有一个零点，且满足，且，可得，即，且，当时，，解得，所以；当时，，解得，所以；当时，，解得，此时解集为空集，综上可得，实数的取值范围为.所以，得，，则，解得，令，则有，解得，即，因为，所以共有467个零点.方法二：由题意，函数，可得函数的周期为，因为，可设，则，又函数在区间上有且仅有一个零点，可得，所以，则由图象性质，可知，得，即.或者，得，即.所以最大为，得.，则，解得.令，则有：，解得：，即，因为，所以共有467个零点.故选：B【点睛】思路点睛：对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有个零点，需要确定含有个零点的区间长度，一般和周期相关.二、多选题（每题5分，共20分）9.下列关于平面向量的说法中正确的是（）A.不共线，且，则.B.若向量，且与的夹角为钝角，则的取值范围是C.已知，则在上的投影的坐标为D.已知点为的垂心，则【答案】BD【解析】【分析】求得三向量间的关系判断选项A；求得的取值范围判断选项B；求得在上的投影的坐标判断选项C；求得三者间的关系判断选项D.【详解】选项A：不共线，且，则，则即.判断错误；选项B：向量，且与的夹角为钝角，则，解之得或或则的取值范围是.判断正确；选项C：在上的投影向量为，则在上的投影的坐标为.判断错误；选项D：点为的垂心，则,则，则，由可得，则，即，由，可得，则,即，故.判断正确.故选：BD10.如图，在三棱锥中，两两垂直，为上一点，，分别在直线上，，则：（）.A.B.C.若平面且到距离相等，则直线与的夹角正弦值为D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】建系标点，设，根据向量垂直可得.对于A：根据向量垂直的坐标表示分析判断；对于B：利用坐标运算求模长即可；对于C：举反例说明即可；对于D：分析可知当时，取到最小值，结合向量的坐标运算求解.【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设，则，因为，则，解得.对于选项A：因为，且，可得，则，所以，故A正确；对于选项B：因为，所以，故B错误；对于选项C：因为，例如平面过的中点，且与平面平行，则到平面的均为距离，符合题意，此时平面的法向量，可得，此时直线与的夹角正弦值为，故C错误；对于选项D：设，则，，若取到最小值，则，可得，解得，则，，所以的最小值为，故D正确；故选：AD.11.如图，函数的部分图象，则（）A.B.将图象向右平移后得到函数的图象C.在区间上单调递增D.在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出，再结合正弦型函数图象与性质逐项分析判断.【详解】对于A，观察图象，，的最小正周期，解得，由，得，而，则，所以，A正确；对于B，将图象向右平移后得到函数，B错误；对于C，当时，，而正弦函数在上单调递增，因此区间上单调递增，C正确.对于D，函数的图象对称轴为，当与关于直线对称时，的最大值与最小值的差最小，此时，，当为偶数时，，而，当为奇数时，，而，最大值与最小值的差为1；当或时，函数在上单调，最大值与最小值的差最大，，当或时均可取到等号，所以最大值与最小值之差取值范围为，D正确.故选：ACD【点睛】思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定，由图象上特殊点求.12.如图，圆锥的底面直径和母线长均为6，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（）A.当时，直线与所成角的余弦值为B.当时，四面体的体积为C.当且面时，D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】对于A，算出各个线段长度，将异面直线通过转化化为同面直线，根据余弦定理求解即可；对于B，根据题意先计算出四面体的体积，又因四面体中一个底面积是原来的四分之一，故可求解；对于C，法一：根据中位线定理，即可判断，法二：构建空间坐标系，将各点表示出来，同时设平面的一个法向量为，根据向量运算法则，根据可求解；对于D，法一：求出所需线段，根据余弦定理可求出，代入求解即可，法二：解出，同时，根据，则，即可求解.【详解】由题意可知是边长为6的等边三角形，，，.时，为的中点，取得，为直线与所成角或其补角，又根据余弦定理可得，再根据余弦定理可求得,所以,，.则，故A正确；在中，，，得，，且，则四面体的体积为.，为的中点，为的中点，故四面体体积为四面体体积的四分之一，得四面体体积为，故B错误；对于CD选项：【法一】当时，取的中点，则，所以面过作交于，所以面，此时为的中点,又因相较于点，所以面面，得面，所以，故C正确；当时，，在面内过作交于，则面，面，故此时得到的，中，，由余弦定理得，，，得，则，故D正确.故选：ACD.【法二】则以为坐标原点，过点与垂直的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，，，，，，得，，，对于C，，则，，设平面的一个法向量为，则，，可取.面时，得，解得故C正确.对于D，，由得，，.故D正确.故选：ACD.三、填空题（每题5分，共20分）13.已知函数.若不等式对任意恒成立，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】首先分析函数的奇偶性和单调性，再将不等式转化为，再将不等式，转化为，利用基本不等式求最值，即可求解.【详解】因为的定义域为，，所以为奇函数.因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，所以在上单调递增.因为为R上的奇函数，所以在上单调递增，因为，所以不等式即为，则.因为，所以，即.因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，即的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断函数奇偶性和单调性，利用函数的单调性，解抽象不等式.14.已知，且，则_____________.【答案】或【解析】【分析】根据条件，利用换底公式得到，从而得到或，即可求解.【详解】因为，整理得到，解得或，所以或，故答案为：或.15.一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______.【答案】【解析】【分析】先求出标有数字的4只球排序情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到两种情形，结合古典概型即可得结果.【详解】标有数字的4只球排序共有种情况.要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：①标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况.②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出，其他的球在哪次摸出任意，有种情况.故所求概率为.故答案为：.16.已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为_____.【答案】【解析】【分析】作出示意图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案.【详解】设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为，记边上的切点分别为，由切线的性质可得：，由双曲线定义可得：，即，则，又.则，又，则，即.同理可得，的内切圆也与轴相切于点.连接，则与轴垂直，设圆与相切于点，连接，过点作，记垂足为，则.设直线倾斜角为，则.在四边形中，注意到，又四边形内角和为，则，在中，，，则，则直线斜率，即.故答案为：.【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处.四、解答题（共70分）17.已知数列，其前项和为，对任意正整数恒成立，且.（1）证明：数列为等比数列，并求实数的值；（2）若，数列前项和为，求证：；（3）当时，设集合，.集合中元素的个数记为，求数列的通项公式.【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据的关系，结合等比数列定义，即可证明结论；进而结合已知求出实数的值；（2）结合（1）可求出的表达式，进而可得表达式，继而推出只需证明，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可证明结论；（3）由题意可知中元素个数等价于满足的不同解的个数，利用反正思想推出，从而推出不等式共个不同解，即可得答案.【小问1详解】由题意得，两式相减可得，令可得，即.令可得，即，所以又.数列为首项为4，公比为2的等比数列.【小问2详解】由（1）可知，所以.，要证成立，只需证，即令，当时，单调递增,故，；【小问3详解】时，