2024长沙一中高三下学期月考（八）数学试题含解析

这是一份2024长沙一中高三下学期月考（八）数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了设，，，，则，已知椭圆C，已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．设集合，．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知等边的边长为2，点D，E分别为AB，BC的中点，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．下列命题
①：若复数z满足，则；②：若复数z满足，则；
③：若复数，满足，则；④：若复数，则．
其中正确的是（ ）
A．①③B．②③C．①④D．③④
4．已知在各项均为正数的等差数列中，有连续四项依次为m，a，4m，b，则等于（ ）
A．B．C．D．4
5．学校计划于4月份其中一周的周一至周五这五天内组织高一、高二、高三年级的同学进行春季研学活动，每天只能有一个年级参加，其中高一年级需要连续两天，高二、高三年级各需要一天，则不同的安排方案有（ ）
A．18种B．24种C．30种D．32种
6．设，，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆C：的离心率为，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，D是直线上的一动点．AD与C交于点P（P在x轴的上方），过A作BP的垂线交BP的延长线于点E，当取最大值时，点D的纵坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．为分析甲班学生某次数学调研测试情况，采用男生、女生分层随机抽样的方法，该样本中男生的成绩为，，，，，女生的成绩为，，，，，下列说法正确的是（ ）
A．若样本中男、女生两组成绩的平均数都为a，则样本的平均数等于a
B．若样本中男、女生两组成绩的中位数都为b，则样本的中位数等于b
C．若样本中男、女生两组成绩的第40百分位数都为c，则样本的第40百分位数可能大于c
D．若样本中男、女生两组成绩的方差都为d，则样本的方差一定不小于d
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象关于原点对称B．函数在上单调递增
C．函数在上的值域为D．函数在上有且仅有3个零点
11．已知函数，若恒成立，则a，b的可能取值为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为______．
13．设抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线交于A，B两点，与y轴的负半轴交于C点，已知，则______．
14．数列中，，．设是函数（且）的极值点．若表示不超过x的最大整数，则______．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（13分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求角C的大小；
（2）设D为边AB的中点，求的最大值．
16．（15分）如图，在平行六面体中，，．
（1）若空间有一点P满足：，求点P到直线BD的距离；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值．
17．（15分）为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子竞价确定购买资格”的售卖方式：统一以0元为初始竞价，通过掷骰子确定新竞价，若点数大于2，则在上一次竞价基础上增加1元更新竞价，若点数小于3，则在上一次竞价基础上增加2元更新竞价；重复上述过程，直到竞价到达20元，即获得以20元为价格的购买资格，未出现竞价为20元的情况则失去购买资格，并结束竞价．若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，准备竞买．
（1）求甲同学竞价为2元的概率；
（2）试估计甲同学获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）．
18．（17分）已知双曲线C：经过点，且离心率为．直线l经过双曲线的右焦点F，与双曲线的右支交于异于T点的A，B两点．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若直线TA与直线TB的倾斜角互补，求直线l的方程；
（3）求符合以下要求的所有大于1的实数m：过点任意作两条互相垂直的直线与，若与双曲线C交于P，Q两点，与C交于R，S两点，则总有成立．
19．（17分）定义：在平面直角坐标系中，设，，那么称为P，Q两点的“曼哈顿距离”．
（1）若点，求到点O的“曼哈顿距离”为1的点的轨迹；
（2）若点E是直线l：上的动点，点F是圆C：上的动点，求的最小值；
（3）若点M是函数图象上一动点，其中e是自然对数的底数．点是平面中任意一点，的最大值为，求的最小值．
炎德·英才大联考长沙市一中2024届高三月考试卷（八）
数学参考答案
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．C 【解析】由得，即是方程的根，所以，，，故选C．
2．A 【解析】在中，取为基底，则，．
因为点D，E分别为AB，BC的中点，所以，
所以，故选A．
3．C 【解析】，则，得，所以，故①正确；
当时，，但，故②不正确；
当时，，，故③不正确；易知④正确．故①④正确，故选C．
4．A 【解析】因为m，a，4m，b为等差数列，故，，即，．故，故选A．
5．B 【解析】高一年级可以从周一和周二，周二和周三，周三和周四，周四和周五中选择两天去参观，共4种选择，再从剩下的三天里安排高二、高三年级，有种安排方法，根据分步乘法计数原理知不同的方案有种．故选B．
6．B 【解析】构造函数，则在上单调递增，在上单调递减．故，即，变形可得，即，所以；又，所以．所以，综上，，故选B．
7．D 【解析】由题意有：；又因为，
所以，即，
当，即时，取最大值．
此时，又，则．故选D．
8．D 【解析】由于，因此P在半球面形成的轨迹为圆周，记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线，，设，，在和中使用勾股定理有，解得，于是点P的轨迹的长度．故选D．
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．ABD 【解析】设，，样本数据为，，…，按照从小到大排列．
对于A：因为，所以A正确；
对于B：因为，所以，所以样本的中位数，B正确；
对于C：，
若，则，所以第4，5个数为和；
若，则，所以第4，5个数为和；
两种情形下，样本的第40百分位数等于c，所以C错误；
对于D：方法一：根据分层抽样的方差公式，设样本方差为，平均数为，
则，
所以样本的方差一定不小于d，所以D正确．
方法二：因为，
所以，，，
所以样本的方差为
，
因为，所以样本的方差一定不小于d，所以D正确．
10．BD 【解析】对于A，的定义域为．因为，
所以，则函数的图象不关于原点对称，故A错误．
对于B，，
当，在上单调递增，即，令，时，
函数在上单调递增，根据复合函数单调性，故B正确．
对于C，当，即时，，
则问题转化为函数在上的值域，二次函数的对称轴方程为，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数y取得最大值为，当时，函数y取得最小值为0，故值域为，故C错误．
对于D，令，即，解得或，
当时，或或，故函数在上有3个零点，故D正确．故选BD．
11．AC 【解析】容易观察，故是必要条件，可得．因此可以排除B，D选项．对于选项A，，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，，可以得到不等式成立．对于选项C，，是一个增函数，又，故在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，因此不等式成立．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12． 【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则由题意得①．
又圆锥的侧面展开图为半圆，∴，即②．
将②式代入①式得，∴，即．得圆锥的高为，
故圆锥的体积为．
13． 【解析】由，可得，所以①．
又可设直线AB的方程为：，与抛物线联立得：，故，
从而②，结合①②可得，从而．
14．1011 【解析】，又是的极值点，所以，即，
又，所以，即．
数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故．
故，
所以
．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．【解析】由，得，
则，即，
化简得，，
∵，∴，即．
（2）∵，，
∴，
∵，∴，
当且仅当时取等号，∴的最大值为．
16．【解析】（1）法一：因为，∴，
所以，
在菱形ABCD中，，
则为等边三角形，所以，
所以
，
则点P到直线BD的距离．
法二：连接，，，AC，设，由，，可得，从而三棱锥为正四面体，故顶点在底面ABCD的射影落在直线AC上，且垂足为底面外心H，可求得．故平面平面ABCD，在平面内引直线，即得平面ABCD，
又由菱形ABCD可知，如图以O为原点建立空间直角坐标系，则：，，，，所以，
因为，
所以，
所以，
在菱形ABCD中，，
则为等边三角形，所以，
所以，
则点P到直线BD的距离．
（2）法一：如图，取的中点E，的中点F，连接CE，EF，CF，
由等角定理可知，又，
所以为等边三角形，所以，
另设，，，则为空间的一个基底，
，故，所以，
又，，所以，所以为二面角的平面角，
又在中，，，，由余弦定理得，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为．
法二：由第（1）问法二空间直角坐标系，
可得，，，
设平面的法向量为，
则，得为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，得为平面的一个法向量，
设平面与平面所成夹角为，
则．
所以平面与平面所成夹角的余弦值为．
17．【解析】（1）设竞价为元的概率为，易得，
所以．
（2）由题意可得每次竞价增加1元的概率为，每次竞价增加2元的概率为．
竞价出现n元的情况只有下列两种：
①竞价为元，且骰子点数大于2，其概率为；
②竞价为元，且骰子点数小于3，其概率为．
于是得到，
由于，
于是是首项为，公比为的等比数列，
故．
于是
，
所以，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75．
18．【解析】（1）由可得，且，解得，，．
所以双曲线C的标准方程为．
（2）设，，AB：，与双曲线方程联立：
，整理得：，，．
由直线TA与直线TB的倾斜角互补可得：．
所以．即．所以．
将，代入得：，即AB：．
（3）过点作两条互相垂直的直线：与：，
易知，与C交于点，（注意这里），
与C交于点，．
由条件知，解得．
这意味着符合条件的m只可能为．
下面验证符合条件．
若，的斜率都存在，不妨设：，：，
注意这里．（否则将与C的渐近线平行，从而与C只有一个交点）．
联立与C的方程知，．即，
这是一个二次方程式，其判别式为．故与C有两个不同的交点P，Q．
同样，与C也有两个不同的交点R，S．由弦长公式知，
．
用代替k，同理可得．于是．
综上所述，为符合条件的值．
19．【解析】（1）设动点P的坐标为，则，
当，时，；
当，时，；
当，时，；
当，时，．
轨迹是一个以O为中心，以坐标轴为对角线的正方形．
（2）对于，易知其轨迹为一个以原点O为中心以坐标轴为对角线的正方形，并且随着a的增大，这个正方形也在逐渐变大，同一个正方形上，每一个点与原点的“曼哈顿距离”相等，
直线l：与直线：平行，直线l上任意一点到上点的“曼哈顿距离”，所以直线l上任意一点到直线上某点之间的“曼哈顿距离”的最小值都相等，值为a．
当时，：与圆C：相切，此时切点与直线l上当的任意一点的“曼哈顿距离”为，为所求．
（3）设，，则，
，
令，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，的值域为；
同理，令，则的值域为．
因此
，
当时即可取到等号．（注：取等号的a，b不唯一）
综上，的最小值为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
C
A
B
B
D
D
题号
9
10
11
答案
ABD
BD
AC