精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考(一)数学试题（解析版）

大联考雅礼中学2024届高三月考试卷（一）数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.第Ⅰ卷一、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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接解出集合，再求交集即可.详解】，，则.故选：D.2.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为（）A.3 B.2 C.－2 D.－3【答案】A【解析】【分析】由题得a3＝7，设等差数列的公差为，解方程组即得解.【详解】解：由等差数列性质可知，S5＝×5＝5a3＝35，解得a3＝7，设等差数列的公差为，所以，解之得.故选：A.3.已知，是关于x的方程的两个根.若，则（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，所以，所以.法二：由，是关于x的方程的两个根，得，所以，所以.故选：C.4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】令，该函数的定义域为，，所以，函数为偶函数，排除AB选项，当时，，则，排除C选项.故选：D.5.已知的解集为，则的值为（）A.1 B.2 C.-1 D.-2【答案】B【解析】【分析】由题知为方程的一个根，由韦达定理即可得出答案.【详解】因为的解集为，所以为方程的一个根，所以．故选:B．6.古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（）（cos10°≈0.985）A.45.25 B.50.76 C.56.74 D.58.60【答案】B【解析】【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；【详解】设球的半径为R，，，故选:B.7.已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（）A.1 B.-1 C.2 D.-3【答案】B【解析】【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将.【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．故选:B．8.如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.【详解】如图，取的中点，连接，，则，，过点作⊥底面，垂足在上，且，所以，故，点为最大球球心，连接并延长，交于点，则⊥，设最大球的半径为，则，因为∽，所以，即，解得，即，则，故设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，则，则，又，所以，解得，又，故，解得，所以，模型中九个球的表面积和为.故选：B【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径二、选择题：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.下列命题为真命题的是（）A.若，则B.函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象C.函数的单调递增区间为D.的最小正周期为【答案】ACD【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得，知A正确；根据三角函数平移变换可求得，知B错误；利用三角恒等变换公式化简得到解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确；利用二倍角公式化简得到，由正切型函数的周期性可求得结果知D正确.【详解】对于A，，A正确；对于B，向右平移个单位长度得：，即，B错误；对于C，，则由，得：，，的单调递增区间为，C正确；对于D，，的最小正周期为，D正确.故选：ACD.10.如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若平面与平面的交线为，则AC//lC.三棱柱的外接球的表面积为D.当该几何体有外接球时，点到平面的最大距离为【答案】BD【解析】【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解.【详解】对于选项A，若，又因为平面，但是不一定在平面上，所以A不正确；对于选项B，因为，所以平面，平面平面，所以，所以B正确；对于选项C，取的中心，的中心，中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径，所以外接球的表面积为，所以C不正确；对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱的外接球，的中点为该外接球的球心，该球心到平面的距离为，点到平面的最大距离为，所以D正确.故选：BD11.同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是（）A.是函数为偶函数的充分不必要条件；B.是函数为奇函数的充要条件；C.如果，那么为单调函数；D.如果，那么函数存在极值点.【答案】BCD【解析】【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数，分类讨论函数的单调性，结合极值点的概念即可判断CD.【详解】对于A，当时，函数定义域为R关于原点对称，，故函数为偶函数；当函数为偶函数时，，故，即，又，故，所以是函数为偶函数的充要条件，故A错误；对于B，当时，函数定义域为R关于原点对称，，故函数为奇函数，当函数为奇函数时，，因为，，故.所以是函数为奇函数的充要条件，故B正确；对于C，，因为，若，则恒成立，则为单调递增函数，若则恒成立，则为单调递减函数，故，函数为单调函数，故C正确；对于D，，令得，又，若，当，，函数为单调递减.当，，函数为单调递增.函数存在唯一的极小值.若，当，，函数为单调递增.当，，函数为单调递减.故函数存在唯一的极大值.所以函数存在极值点，故D正确.故答案为：BCD.12.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（）A.为递减数列 B.C.是数列中的最大项 D.【答案】AC【解析】【分析】根据题意先判断出数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由及前n项和的定义即可判断；对于C：前项积为的定义即可判断；对于D：先求出，由即可判断.【详解】由可得：和异号，即或.而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；对于B：因为，所以，所以.故B错误；对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；对于D：因为，所以，即.故D错误.故选：AC第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．【详解】因为，可得，又因为，可得，解得，所以，所以.故答案为：.14.已知函数，则函数零点个数为______.【答案】3【解析】【分析】令得，根据分段函数性质可在同一直角坐标系中作出，的大致图象，由图象可知，函数与的图象有3个交点，即可得出答案．【详解】令得，可知函数的零点个数即为函数与的交点个数，在同一直角坐标系中作出，的大致图象如下：由图象可知，函数与的图象有3个交点，即函数有3个零点，故答案为：3.15.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为______.【答案】【解析】【分析】利用正方体的结构特征，判断平面​所在的位置，然后求得截面面积的最大值即可.【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线，，所成的角是相等的，所以平面与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为，所以其面积为.故答案为：.16.如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则______.（参考数据：取.）【答案】914【解析】【分析】根据题意可得，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：，则，可得，两式相减可得：，所以.故答案为：914.四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，在直三棱柱中，，，，M为中点.（1）证明：平面；（2）求点A到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用等体积法求解.【小问1详解】连接交于点，连接，则有为的中点，M为的中点，所以，且平面，平面，所以平面.【小问2详解】连接,因为，所以,又因为平面，平面，所以，,所以平面,又因为平面,所以,又，所以是等腰直角三角形，,所以,,设点A到平面的距离为，因为,所以,所以.18.记锐角的内角的对边分别为，已知．（1）求证：；（2）若，求的最大值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可；（2）根据（1）中结论运用正弦定理得，然后等量代换出，再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解.【小问1详解】证明：由题知，所以，所以,所以因为为锐角，即，所以，所以，所以.【小问2详解】由（1）知：，所以，因为，所以，因为由正弦定理得：，所以,所以，因为，所以，所以因为是锐角三角形，且，所以，所以，所以，当时，取最大值为，所以最大值为：.19.甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；（2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．【答案】（1）分布列见解析；期望为（2）【解析】【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算.【小问1详解】记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，由