湖南省长沙市2025届高三数学上学期月考四试卷含解析

Page18湖南省长沙市2024届高三数学上学期月考(四)试题一､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，则集合（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先确定全集中的元素，由得到集合.【详解】，由，∴.故选：A2.函数零点所在的区间是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据函数的单调性以及零点存在性定理可得答案.【详解】因为函数在上单调递减，所以函数最多只有一个零点，因为，，，，所以函数零点所在的区间是.故选：C3.已知函数，则（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】先对求导，再代入即可求得.【详解】因为，所以，故，即，所以.故选：B.4.在双曲线中，虚轴长为6，且双曲线与椭圆有公共焦点，则双曲线的方程是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】将椭圆方程化成标准方程求出其焦点坐标，再依据双曲线虚轴长度为6，即可求得双曲线的标准方程.【详解】椭圆的标准方程为；易得椭圆焦点坐标为，又因为双曲线与椭圆有公共焦点，所以双曲线的焦点在轴上，且，由双曲线虚轴长为6可知，所以；所以，双曲线的标准方程为.故选：B.5.已知向量，且，则（）A.68 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意利用两个向量的模相等，求得的值，再用两个向量的数量积的坐标公式即可求解.【详解】已知向量，,，即，又，，故，.故选：D.6.为了解某种产品与原材料之间的关系，随机调查了该产品5个不同时段的产品与原材料的价格，得到如下统计数据表：原材料价格（万元/吨）产品价格（万元/件但是统计员不当心丢失了一个数据（用代替），在数据丢失之前得到回来直线方程为，则的值等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求得样本中心，再将样本中心代入回来直线方程即可求得的值.【详解】依题意，得，，因为必过，所以，解得，所以.故选：A.7.的绽开式中，的系数为（）A.60 B. C.120 D.【答案】A【解析】【分析】设的通项为，设的通项为,即得解.【详解】解：设的通项为，设的通项为，令所以的系数为.故选：A8.三棱锥中，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先取中点，连接，.通过勾股定理求解，的长度，并利用余弦定理求解的值.然后分别过三角形与的外心作平面的垂线，垂线交于球心，最终求解的长度，进而利用勾股定理求解外接球半径.【详解】如图，取中点，连接，.且为中点，，，同理可得.又，，，即，过的外心作平面的垂线为，垂足为，同理过的外心作平面的垂线为，并设，易知为球心.连接，，.为的外心，，又在中，，得，即外接球半径，故外接球表面积.故选：B二､多选题：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.已知复数，则下列结论中正确的是（）A. B.的虚部为1C. D.【答案】AC【解析】【分析】先化简复数，然后求出的共轭复数即可验证选项AB，求出复数的模验证选项C，化简选项D即可【详解】因为，所以，故A正确；的虚部为，故选项B错误；由，故选项C正确，由，所以，故选项D错误，故选：AC.10.对抛物线，下列描述不正确的是（）A.开口向上，焦点为 B.开口向上，焦点为C.准线方程为 D.准线方程为【答案】BC【解析】【分析】依据抛物线定义即可推断其开口方向，写出焦点坐标和准线方程.【详解】依据抛物线定义可知，抛物线对应的标准方程为，其中，所以，抛物线开口向上，焦点坐标为，即；所以准线方程为；因此选项AD正确.故选：BC.11.已知直线，则（）A.若，则B.若，则C.若与坐标轴围成的三角形面积为1，则D.当时，不经过第一象限【答案】BCD【解析】【分析】对于AB，依据线线位置关系推断即可；对于C，由题得即可解决；对于D，数形结合即可.【详解】由题知，直线对于A，当时，，解得或，故A错误；对于B，当时，，解得，故B正确；对于C，在直线中，当时，，当时，，所以与坐标轴围成的三角形面积为，解得，故C正确；对于D，由题知当时，图象为故D正确；故选：BCD12.某校3200名中学生实行了一次法律常识考试，其成果大致听从正态分布，设表示其分数，且，则下列结论正确的是（）（附：若随机变量听从正态布，则）A.B.C.分数在的学生数大约为2185D.分数大于94的学生数大约为4【答案】BCD【解析】【分析】依据正态分布的学问确定A选项正确性，由正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义及对称性确定BCD选项的正确性.【详解】，∴，A选项错误；，B选项正确；，，C选项正确；，，D选项正确.故选：BCD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.将半径为4的半圆卷成一个圆锥，则圆锥底面半径为________，圆锥的体积为________．【答案】①.2，②.【解析】【分析】依据侧面绽开图列方程计算圆锥的底面半径，依据勾股定理计算圆锥的高，代入体积公式计算即可.【详解】明显圆锥母线长为设圆锥的底面半径为，则即,所以圆锥的高圆锥的体积故答案为：2，.14.写出一个最小正周期为12的奇函数__________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题意联系三角函数，即可得答案.【详解】解：因为所求函数的最小正周期为12，又因为所求函数为奇函数，所以.故答案为：（答案不唯一）15.已知函数，若，则__________．【答案】或或【解析】【分析】分两种状况，化简，可得答案.【详解】若或，得或；若.综上，或或.故答案为：或或16.某校电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特殊码构成．这个特殊码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到．以此类推，特殊码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：1997届3班21号学生的登陆码为1997321*．（*为表中第1997行第一个数的个位数字）．若某学生的登录码为202*2138（），则可以推断该学生是__________届2班13号学生．【答案】或##或【解析】【分析】依据图数表归纳出第行第个数为，依据通项公式进而得到的个位数呈周期性改变，且周期为4，然后依据题意将代入分别检验即可求解.【详解】依据图数表发觉：第行的前两个数之差为，设第的第一个数为，则，等式两边同时除以可得：，且，所以数列是首项为，公差为的等差数列，，所以，因为的个位数为：的规律，所以的个位数呈周期性改变，且周期为4，因为，所以，若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；因为202*2138（）的个位数为8，所以或，故答案为：或.四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步聚．17.已知等差数列满意，前4项和．（1）求的通项公式；（2）设等比数列满意，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题干条件分别求出公差d和首项，再代入公式即可；（2）由（1）求得的数列的通项公式计算和，进而得到数列的首项和公比，最终代入等比数列前n项和公式即可.【小问1详解】设等差数列的通项公式为，由题可知，，所以.又，所以.故的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，，于是等比数列的公比为，则等比数列的通项公式为，的前项和为.18.在中，内角的对边分别是．已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据正弦定理角化边得，再依据余弦定理可求出结果；（2）由正弦定理求出，再求出，再依据两角和的正弦公式求出，最终依据三角形的面积公式可求出结果.小问1详解】因为，所以，所以，因为，所以.【小问2详解】由得，所以，所以，所以的面积为.19.2024年卡塔尔世界杯（英语：FIFAWorldCupQatar2024）是其次十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内实行､也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年其次次在亚洲实行的界杯足球赛，体育生更是酷爱观看世界杯，某体育学院统计了该校足球系10个班级的学生喜爱观看世界杯的人数，统计人数如下表所示：班级12345喜爱观看世界杯的人数3935383836班级678910喜爱观看世界杯的人数3940374038（1）该校安排从这10个班级中随机抽取3个班级的学生，就世界杯各国水平发挥进行交谈，求这3个班级喜爱观看世界杯的人数不全相同的概率；（2）从10个班级中随机选取一个班级，记这个班级喜爱观看世界杯的人数为X，用上表中的频率估计概率，求随机变量X的分布列与数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】(1)“不全相同”是指可以部分相同，三个班完全相同只有一种状况，就是抽取的三个班恰好是3,4,10班；(2)依据表格计算出人数为35,36,37,38,39,40人的频率，再依据数学期望计算公式计算.【小问1详解】从10个班任取3个班有种选法，人数完全相同只有1种选法，就是恰好抽取3,4,10班，3个班级喜爱看世界杯的人数不全相同的概率；【小问2详解】依据表格知：任取1个班人数为35,36,37,38,39,40的概率为0.1，0.1，0.1，0.3，0.2，0.2，分布列如下表：人数353637383940概率0.10.1010.30.20.2数学期望(人)；综上，（1）3个班级喜爱看世界杯的人数不全相同的概率；（2）数学期望为38.20.如图，在四棱锥中，底面．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算证明；（2）利用空间向量的坐标运算求解.【小问1详解】因为，所以，且底面，底面，所以,所以以方向分别为轴建系如图，则设平面的一个法向量为，所以，令，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，令，则，所以，所以，所以平面平面.【小问2详解】因为底面,底面,所以，且，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，所以，所以面与平面所成角的余弦值为.21.已知双曲线的焦点到渐近线的距离为2，渐近线的斜率为2．（1）求双曲线方程；（2）设过点的直线与曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）依据已知可求出，，即可求出双曲线的方程；（2）设，，.设出直线方程，与双曲线方程联立得到，依据韦达定理求出，用点的坐标表示出，整理得到，因为该式为常数，所以有，求出，代入即可求出常数.【小问1详解】由已知可得，双曲线的渐近线方程为，双曲线焦点，.则到渐近线，即的距离为，所以，又渐近线的斜率为2，即，所以，所以双曲线的方程为.【小问2详解】由已知可得，直线的斜率存在，设斜率为，则.联立直线的方程与双曲线的方程可得，，设，，.当，即时，此时直线与双曲线的渐近线平行，不满意题意，所以，.，解得，且.由韦达定理可得，，且，.又，，则，因为，，所以，要使为常数，则应与无关，即应有，解得，此时是个常数，这样的点存在.所以，在轴上存在定点的坐标为，使得为常数.22.已知函数．（1）求函数在上的最值；（2）若，当时，推断函数的零点个数．【答案】（1）最小值为，最大值为（2）时，函数在R上只有1个零点.，理由见解析【解析】【分析】（1）求导，得到函数单调性，从而得到极值和最值状况；（2）先求定义域，再求导，，令，分，与三种状况，进行探讨，得到的单调性及极值，最值状况，得到答案.【小问1详解】，，，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得微小值，也是最小值，，又，，其中，故；【小问2详解】，定义域为R，，令，当时，则，，故在R上单调递增，又，故当时，，恒成立，当时，，当时，，恒成立，综上：在R上单调递增，因为，，由零点存在性定理可知：在R上只有1个零点，当时，在R上单调递增，其中，，令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以，所以存在唯一，使得，即，当时，，故，当时，，故，当时，，故，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因为，，所以当时，在R上只有1个零点，当时，在R上单调递增，因为，，所以存在唯一，使得，即，当时，，故，当时，，故，当时，，故，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因