2024届湖北省荆州市沙市中学高三上学期9月月考数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat18页2024届湖北省荆州市沙市中学高三上学期9月月考数学试题一、单选题1．设，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，结合幂函数的单调性可得，又根据，而，从而可判断.【详解】因为，而在上单调递增，所以，即，又，而，则，所以.故选：D.2．已知函数，则函数在上的单调性为（

）A．单调递增 B．单调递减 C．先增后减 D．先减后增【答案】B【分析】先根据求出在上的解析式，进而可根据指数函数的单调性进行判断.【详解】当时，，此时，由指数函数的性质知，函数在上单调递减，故选：B3．已知数列为递增数列，前项和，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据可求，要使为递增数列只需满足即可求解.【详解】当时，，故可知当时，单调递增，故为递增数列只需满足，即故选：B4．的展开式中的系数为（

）A．9 B．10 C．24 D．25【答案】B【分析】首先求出的通项，再根据通项求解即可.【详解】的通项，令，，令，，令，，展开式中的系数为.所以的展开式中的系数为10.故选：B5．已知随机变量，则概率最大时，的取值为（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】根据二项分布的随机变量取值的概率公式建立不等关系，可得最大值时的．【详解】依题意，由，即，解得或.故选：C.6．已知为的边所在直线上一点，且，点在直线上，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由平面向量基本定理的推论求解．【详解】，而三点共线，故，即，故选：A7．已知正方体的棱长为，分别为和的中点,为线段上的动点，为上底面内的动点，下列判断正确的是（

）①三棱锥的体积是定值；②若恒成立，则线段的最大值为；③当与所成的角为时，点的轨迹为双曲线的一部分；A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】根据题意，得到，得出点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，锥体的体积公式求得三棱锥的体积为，可判定①正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，再设，得到，结合，化简得到，进而求得线段取得最大值为，可判定②正确；由与的所成的角为，结合向量的夹角公式，求得轨迹方程为可判定③错误.【详解】如图（1）所示，因为点为的中点，又由是的中点，可得，又因为点为上的动点，所以点到直线的距离等于点到的距离，所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，因为正方体的棱长为4，可得，因为面，且面，所以，可得点到直线的距离为，所以点到直线的距离，所以的面积为，由，且，平面，所以平面，且，所以三棱锥的体积为（定值），所以①正确；

如图（2）所示，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，设，由设，则，因为，所以，可得，所以，又因为且，可得，所以当时，线段取得最大值，最大值为，所以②正确；因为，又因为与的所成的角为，所以，整理得且，所以点的轨迹为抛物线的一部分，所以③错误.故选：A.

【点睛】8．已知椭圆的右焦点为F，过F作倾斜角为的直线l交该椭圆上半部分于点P，以FP，FO（O为坐标原点）为邻边作平行四边形，点Q恰好也在该椭圆上，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设出点P的坐标，由给定条件及椭圆的对称性可得点Q的坐标，再借助斜率坐标公式求出点P的坐标即可求解作答.【详解】设点，，中，，而点P，Q均在椭圆上，由椭圆对称性得，令椭圆半焦距为c，，由得：，解得，而，因此，即，又，则，整理得，而，则有，解得，所以该椭圆的离心率为.故选：B【点睛】方法点睛：椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见求法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、多选题9．设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，，则下列说法正确的是（

）A．B．C．若A，B是相互独立事件，则D．若A，B是互斥事件，则【答案】AC【分析】计算得AC正确；当A，B是相互独立事件时，，故B错误；因为A，B是互斥事件，得，而，故D错误．【详解】解：，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则，故B错误；因为A，B是相互独立事件，则，所以，故C正确；因为A，B是互斥事件，，则根据条件概率公式，而，故D错误．故选：AC．10．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．函数图像关于直线对称 B．函数有最小值C．函数在上单调递减 D．函数的零点为【答案】ABC【分析】对于A，利用对称性结论进行证明；对于B，根据正弦函数值域以及二次函数值域的求解方法进行求解；对于C，利用复合函数单调性的讨论方法进行求解；对于D，直接求函数的零点进行验证.【详解】因为，所以函数的周期为.对于A，，所以函数图像关于直线对称；对于B，因为函数的周期为，所以只考虑，，，，当时，取最小值，最小值为0，故B正确；对于C，函数在上单调递增，设，在单调递减，所以函数在上单调递减；对于D，令，即，则，即或，又，所以，故D错误.故选：ABC.11．如果一个人爬楼梯的方式只有两种，一次上一级台阶或一次上两级台阶，设爬上级台阶的方法数为，则下列结论正确的有（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】到第级阶梯有两种方法：方法一：从第级阶梯上一级台阶即可；或者方法二：从第级阶梯上两级台阶；所以由题意有，再结合数列的性质分别判断各个选项即可.【详解】对于B选项：由于到第级阶梯有两种方法：从第级阶梯上一级台阶或者从第级阶梯上两级台阶，因此由题意有，故B选项正确；对于A选项：显然，又结合B选项分析可知，所以，，，，故A选项正确；对于C选项：由A、B选项分析可知，，，，，，所以，故C选项错误，对于D选项：由B选项分析可知，再裂项求和，故D选项正确.故选：ABD.12．若对任给恒成立，则实数的取值集合的子集可以是（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据题意，把不等式转化为，令，转化为在上恒成立，求得，利用导数求得在上单调递增，且，再由，得到，求得，得出实数的取值范围，结合选项，即可求解.【详解】由，可得，则不等式等价于不等式，因为不等式在上恒成立，令，即在上恒成立，又由，令，可得，所以在上单调递增，又因为，所以，所以，可得在上单调递增，且，再令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以，因为且在上单调递增，所以，所以，又由，所以，即实数的取值范围为，结合选项，AB符合题意.故选：AB.【点睛】方法总结：利用导数求解函数或不等式的恒成立（有解）问题的求解策略:形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；形如的有解的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可.三、填空题13．函数的最小正周期为.【答案】/【分析】由函数周期性与诱导公式求解，【详解】由诱导公式可知，，当时，与不恒相等，故的最小正周期为，故答案为：14．若圆锥的底面直径为6，母线长为5，则其内切球的表面积为．【答案】【分析】画出剖面图后进行分析，注意利用三角形面积公式与内切圆半径的关系，即.【详解】圆锥的轴截面如图所示，则圆锥的高，设内切球的半径为r，根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为，得到，所以内切球的表面积为．故答案为：15．若正方形边长为，点为其内切圆上的动点，，则的取值范围是.【答案】【分析】以正方体的中心为原点，建立平面直角坐标系，设点的坐标为，根据题意得到，求得，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】以正方体的中心为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，因为正方体的棱长为，可得，又由正方形的内切圆的方程为，设点的坐标为，则，，因为，可得，所以，可得，因为，所以.故答案为：

16．已知实数满足，则的最大值为.【答案】【分析】由换元法构造函数，再由导数判断单调性后求解最值．【详解】由条件知令，则，令，则，当时，，当时，时，，故当时，单调递减，当时，单调递增，当时，取得最大值，故答案为：四、解答题17．已知的三边满足：．(1)求角；(2)若，，当面积最大时，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得，即可求出角C；（2）由余弦定理结合均值不等式可得，可求出当的面积最大值时，再由余弦定理即可求出CD的长．【详解】（1）由，则根据正弦定理可得，所以，即，得，由，则，所以，又，所以．（2）由余弦定理得，则，所以，当且仅当时，等号成立，此时，若的面积取到最大，则，为等边三角形，又，则，所以，则由余弦定理得，所以．18．已知正项数列，其前项和满足，(1)求的通项公式.(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由与的关系化简与累加法求解，（2）由裂项相消法求和后证明．【详解】（1）当时，，解得，当时，，则，由累加法得，，故，也满足该式综上，（2）19．在梯形中，,，,且.

(1)若点在线段上滑动，设与面所成的角为，试求的最大值(2)求点到面的距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，求出各边长，证明线线垂直，进而得到线线垂直，得到两两垂直，建立空间直角坐标系，设，表达出，求出最大值；（2）在（1）的基础上，利用点到平面距离公式进行求解.【详解】（1）过点作⊥于点，连接，因为梯形中，,，所以，，因为，所以，由勾股定理得，因为，所以，，由勾股定理得，在中，，由余弦定理可得，又，故，所以⊥，因为⊥，，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，所以⊥，在中，，由勾股定理得，故，在中，由勾股定理得，因为，由勾股定理逆定理可得⊥，因为，平面，所以⊥平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，平面的法向量为，则，解得，令，则，故，，

故当时，，当时，，故当时，取得最大值，最大值为，故的最大值为；（2）设平面的法向量为，，解得，令得，故，所以点到面的距离为.20．在正三棱柱中，点处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动次后仍在底面的顶点处的概率为.

(1)求，的值.(2)求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，结合相互独立事件乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解；（2）设表示第次在平面的顶点上的概率，表示第次在平面的顶点上的概率，根据底面走到底面的概率为和上底面走到底面的概率为，得到，结合等比数列的通项公式，即可求解.【详解】（1）解：由题意，蚂蚁从点出发，共有5种不同的移动方式，其中仍在底面的顶点处，包含2种移动方式，所以；若第1次移动到，第2次移动仍在底面的顶点处，概率为；若第1次移动到，第2次移动仍在底面的顶点处，概率为；若第1次移动到，第2次移动仍在底面的顶点处，概率为；若第1次移动到，第2次移动仍在底面的顶点处，概率为；若第1次移动到，第2次移动仍在底面的顶点处，概率为；根据互斥事件的概率加法公司，可得，（2）解：当时，表示第次在平面的顶点上的概率，表示第次在平面的顶点上的概率，由底面走到底面的概率为，由上底面走到底面的概率为，所以，可得，因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，可得.21．已知双曲线的实轴长为，左右两个顶点分别为，经过点的直线交双曲线的右支于两点，且在轴上方，当轴时，.(1)求双曲线方程.(2)求证：直线的斜率之比为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线的通径及实轴计算即可；（2）联立直线与双曲线方程利用韦达定理及斜率公式作比计算即可.【详解】（1）由题意可得，当轴时，直线，则，又