湖南省长沙市第一中学2023-2024高三上学期月考(四)数学试卷含答案与解析
趣找知识 2023-11-21知识百科
湖南省长沙市第一中学2023-2024高三上学期月考(四)数学试卷含答案与解析内容：
长沙市一中2024届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟满分：150分得分一、选择题（本大题
长沙市一中2024届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟满分：150分得分一、选择题（本大题
湖南省长沙市第一中学2023-2024高三上学期月考(四)数学试卷含答案与解析内容：
长沙市一中2024届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟满分：150分得分
一、选择题（本大题共8个小题，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.已知集合M={0,1,2},N={xx=2a,a∈M,则集合M∩N等于A,{0B.{0,1}C.{1,2D.{0,22.已知平面向量AB=(一1,2)，则与AB方向相同的单位向量是A停，-25)B25,-5)c(-5)D(-3.第19届亚运会正在杭州举行，运动员甲就近选择A餐厅或者B餐厅就餐，第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7：如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.5，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为A.0.75B.0.6C.0.55D.0.454.函数f(.x)=Asin(ur+p)(A> 0,aw> 0,lgl< )的部分图象如图所示，下列说法不正确的是A.函数y=f(x)的图象关于点(-否，0)对称立3B函数y一心x)的图象关于直线x一一登对称C函数y=f(x)在[-罗，一晋]单调递减D.该图象向右平移答个单位可得y=2sin2x的图象元若与y轴相切的圆C与直线1y一号：也相切，且圆C经过点P(2),则圆C的半径为A.1RD1或号6.若函数f(x)=a+b(a> 0,b> 0,a≠1，b≠1)是偶函数，则日+号的最小值为8.B【解析】先找到一个平面总是保持与BP垂直，取BP,CP的中点E,F,连接AE,EF,DF,因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD.周为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD.又PA∩AB=A.所以AD⊥平面PAB.所以AD⊥PB.因为在△PAB中，AP=AB,E为BP的中点，所以AE⊥PB.又AE∩AD=A,所以BP⊥平面AEFD.进一B步，取BE.CF,AB的中点M.N,S,连接MS.MN.NT,ST,易证平面MNTS∥平而AEFD.故BP⊥平面MNTS,记ST∩AC=O,又Q是△PAC内的动点，根据平面的基本性质得：点Q的轨迹为平面MNTS与平面PAC的交线段N0.在△NOC中.NC=E.C0=2E,os∠NC0=号，由余孩定理得.N0=8+3-2X2E×5×号-3，故N0-E.故选B二、选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题日要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分逃对的得2分)题身9101112答案ABDABDABDAB9.ABD【解析】对于A选项，由“杨辉三角”的规律可得A正确：对于B选项，由二项式系数的性质知C十C十C十十C=2、.B正确：第20行的数是C(i=0,1.2,…,20),最大的C是第11个数，C错误：第15行中，第A7个数与第8个数分别是C和C6AD正瑰，故选ABD7710.ABD【解析1A项a> 1且aa> 1> 09> 0.68二号< 0a,-1和a,-1异号.由于a> 1知a4-1> 0.a-1< 0,即a6> 1,a< 1.0< q=< 1.故A项正确：B项，从前面的求解过程知a1> 1,0< q< 1,说明(d.}是单调递减的正项等比数列，且0< a:< 1.所以0< aw< 1,那么0< a:a%< 1.故B项正确：C项，(a,}是正项数列，S,没有最大值，故C项蜡误：D项，从前面的分析过程可知(a。》前6项均大于1.从a；起全部在(0.1)上，所以T。的最大值为T,故D项正确，故选ABD.11,ABD【解析】对于迭项A.因为ED⊥AC,所以DE⊥CD.DE⊥A,D,因为CD∩AD=D.所以DE⊥平面ACD.因为A,CC平面A,CD,所以DE⊥A,C,所以选项A正确：对于速项B.当平面A,DE⊥平面BCDE时，四棱雏A,-BCDE的体C积最大.由迹项A,易知∠ADC为二面角A,-DE-C的平面角，∠A,DC=90°，即A,D⊥DC,A,D⊥DE.DE∩DC=D,此时AD⊥平面BCDE.即A,D为四梭惊底面BCDE上的高，回掖银A~BCDE的体积的最大值为：（停×4-立×1×)X1=,故B选项正确：对于选项C假设存在来个位置，使得A,E1BE,连接CE,则由正三角形性质得CE⊥BE,因为AE∩CE=E,所以BE⊥平面ACE.所以BE⊥A,C,由A选项可得DE⊥AC,因为DE∩BE=E,所以A,C⊥平面BCDE,所以AC⊥CD,所以A,D> CD,显然不可能，所以假设错误，所以选项C错误：对于选项D,由题设得，点M在线段A,C上.且CM=2MA,,取AC的中点N,连接NB.可得NB⊥AC.NB,∥DE,由底面三角形ABC的边长为4，则BN=23,AD=AD=1,MN=号A,D=号，国为DE⊥平面A,CD,所以BN⊥平面ACD.所以BN⊥MN,所以△BMN为直商三角形，因为BN=2E,MN=号，所以BM=BN+MN-1为定值，所以选项D正确，故遮ABD.12.AB【解析】时于A.由双曲线C.2-y=2,得a=2,b=2,∴c=√2+2=2，故e=二=2，A正确：对于B,双面线C:x产一y=2的渐近线为y=士x,则四边形O1MB为矩形.又双曲线右项点为(E,0.(W巨.0)到直线y=士x的距离均为层1.故矩形(OAMB为正方形，即存在，点M.M为双曲线右顶点时，使得四边形OAMB为正方形，B正确：对于C,设Mxh),不妨设A在第一象限，B在第四象限，由于M1OM.故可得M1的方程为y一%=-（r-x):联立y=,可得x=产，则A(色产，主产2理MBL0B,可得MB的方程为y一%=一联立y=-可得x=产，则B(,-产-二渔-工十边22k一一-，而=兰，故k·M=1,C错误：对于D,由以上分析可知MA二地-十鱼%2√2-+（-可-号1-1，网理1MB1-√2-+(-2-2号1x十，故MA+MBl-号(o-为+|+)，根据双曲线的对称性，不势假设M在第一多则> 为故M+1MBl=尼◆E=厅-将=号代入r-y=2.即有y=-合不可能，即双曲线上不存在点M,使得|MA十|MB=√3，D错误，故选AB三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.-是【解折1sin(0-x)-一n0-号sin0--亭< 0，由于角0的终边过点A(4,),所以0在第四象用以os0=m0=4所以am0=热8=-是14,20x【解析】设外接球的半径为R,下底面距圆心的距离为d,易得R=+4=(d+1)2+1,解得R=51故外接球的表面积为4R=20π15.14【解析】设A(x1y),B(n为).C(为).易知p=4,F(2.0),则FA=(1一2y).F市=(n-2,F心=(x一2”.国为F所+F丽+F式=0亦，所以一2+-2+一2=2，即1+十=8.由抛物线义可得|FA=+2.Fl=十2，|FC=x+2.所以FA|+|F+|F心=x,十x十五十6=14.16[-59]【解析】是函敏(x)的一个周期，所以只需要考虑函(x)在x∈[0，π]的取值范国叫f(r)=-2 sin .rco5xsin2.r+2cos2rcos2x=2 cos .rcos3x,易知f(x)在x∈[0，x]内有三个零，点，依次为受晋函数八)在(0晋)上单调递增，在（骨，）上单调递减，在（悟）上单调递增，计年有(0))=5管)=-3号.x=0.所以品数的值线为[-3誓3]四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.【解析K1)在△ABC中.BC=4·∠ABC=苓∴S6r=AB·BC·sin∠ABC=2原.可得AB=2.在△ABC中，由余弦定理得AC=AB+BC-2AB·BC·cos∠ABC=12..AC=23
长沙市一中2024届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟满分：150分得分
一、选择题（本大题共8个小题，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.已知集合M={0,1,2},N={xx=2a,a∈M,则集合M∩N等于A,{0B.{0,1}C.{1,2D.{0,22.已知平面向量AB=(一1,2)，则与AB方向相同的单位向量是A停，-25)B25,-5)c(-5)D(-3.第19届亚运会正在杭州举行，运动员甲就近选择A餐厅或者B餐厅就餐，第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7：如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.5，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为A.0.75B.0.6C.0.55D.0.454.函数f(.x)=Asin(ur+p)(A> 0,aw> 0,lgl< )的部分图象如图所示，下列说法不正确的是A.函数y=f(x)的图象关于点(-否，0)对称立3B函数y一心x)的图象关于直线x一一登对称C函数y=f(x)在[-罗，一晋]单调递减D.该图象向右平移答个单位可得y=2sin2x的图象元若与y轴相切的圆C与直线1y一号：也相切，且圆C经过点P(2),则圆C的半径为A.1RD1或号6.若函数f(x)=a+b(a> 0,b> 0,a≠1，b≠1)是偶函数，则日+号的最小值为8.B【解析】先找到一个平面总是保持与BP垂直，取BP,CP的中点E,F,连接AE,EF,DF,因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD.周为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD.又PA∩AB=A.所以AD⊥平面PAB.所以AD⊥PB.因为在△PAB中，AP=AB,E为BP的中点，所以AE⊥PB.又AE∩AD=A,所以BP⊥平面AEFD.进一B步，取BE.CF,AB的中点M.N,S,连接MS.MN.NT,ST,易证平面MNTS∥平而AEFD.故BP⊥平面MNTS,记ST∩AC=O,又Q是△PAC内的动点，根据平面的基本性质得：点Q的轨迹为平面MNTS与平面PAC的交线段N0.在△NOC中.NC=E.C0=2E,os∠NC0=号，由余孩定理得.N0=8+3-2X2E×5×号-3，故N0-E.故选B二、选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题日要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分逃对的得2分)题身9101112答案ABDABDABDAB9.ABD【解析】对于A选项，由“杨辉三角”的规律可得A正确：对于B选项，由二项式系数的性质知C十C十C十十C=2、.B正确：第20行的数是C(i=0,1.2,…,20),最大的C是第11个数，C错误：第15行中，第A7个数与第8个数分别是C和C6AD正瑰，故选ABD7710.ABD【解析1A项a> 1且aa> 1> 09> 0.68二号< 0a,-1和a,-1异号.由于a> 1知a4-1> 0.a-1< 0,即a6> 1,a< 1.0< q=< 1.故A项正确：B项，从前面的求解过程知a1> 1,0< q< 1,说明(d.}是单调递减的正项等比数列，且0< a:< 1.所以0< aw< 1,那么0< a:a%< 1.故B项正确：C项，(a,}是正项数列，S,没有最大值，故C项蜡误：D项，从前面的分析过程可知(a。》前6项均大于1.从a；起全部在(0.1)上，所以T。的最大值为T,故D项正确，故选ABD.11,ABD【解析】对于迭项A.因为ED⊥AC,所以DE⊥CD.DE⊥A,D,因为CD∩AD=D.所以DE⊥平面ACD.因为A,CC平面A,CD,所以DE⊥A,C,所以选项A正确：对于速项B.当平面A,DE⊥平面BCDE时，四棱雏A,-BCDE的体C积最大.由迹项A,易知∠ADC为二面角A,-DE-C的平面角，∠A,DC=90°，即A,D⊥DC,A,D⊥DE.DE∩DC=D,此时AD⊥平面BCDE.即A,D为四梭惊底面BCDE上的高，回掖银A~BCDE的体积的最大值为：（停×4-立×1×)X1=,故B选项正确：对于选项C假设存在来个位置，使得A,E1BE,连接CE,则由正三角形性质得CE⊥BE,因为AE∩CE=E,所以BE⊥平面ACE.所以BE⊥A,C,由A选项可得DE⊥AC,因为DE∩BE=E,所以A,C⊥平面BCDE,所以AC⊥CD,所以A,D> CD,显然不可能，所以假设错误，所以选项C错误：对于选项D,由题设得，点M在线段A,C上.且CM=2MA,,取AC的中点N,连接NB.可得NB⊥AC.NB,∥DE,由底面三角形ABC的边长为4，则BN=23,AD=AD=1,MN=号A,D=号，国为DE⊥平面A,CD,所以BN⊥平面ACD.所以BN⊥MN,所以△BMN为直商三角形，因为BN=2E,MN=号，所以BM=BN+MN-1为定值，所以选项D正确，故遮ABD.12.AB【解析】时于A.由双曲线C.2-y=2,得a=2,b=2,∴c=√2+2=2，故e=二=2，A正确：对于B,双面线C:x产一y=2的渐近线为y=士x,则四边形O1MB为矩形.又双曲线右项点为(E,0.(W巨.0)到直线y=士x的距离均为层1.故矩形(OAMB为正方形，即存在，点M.M为双曲线右顶点时，使得四边形OAMB为正方形，B正确：对于C,设Mxh),不妨设A在第一象限，B在第四象限，由于M1OM.故可得M1的方程为y一%=-（r-x):联立y=,可得x=产，则A(色产，主产2理MBL0B,可得MB的方程为y一%=一联立y=-可得x=产，则B(,-产-二渔-工十边22k一一-，而=兰，故k·M=1,C错误：对于D,由以上分析可知MA二地-十鱼%2√2-+（-可-号1-1，网理1MB1-√2-+(-2-2号1x十，故MA+MBl-号(o-为+|+)，根据双曲线的对称性，不势假设M在第一多则> 为故M+1MBl=尼◆E=厅-将=号代入r-y=2.即有y=-合不可能，即双曲线上不存在点M,使得|MA十|MB=√3，D错误，故选AB三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.-是【解折1sin(0-x)-一n0-号sin0--亭< 0，由于角0的终边过点A(4,),所以0在第四象用以os0=m0=4所以am0=热8=-是14,20x【解析】设外接球的半径为R,下底面距圆心的距离为d,易得R=+4=(d+1)2+1,解得R=51故外接球的表面积为4R=20π15.14【解析】设A(x1y),B(n为).C(为).易知p=4,F(2.0),则FA=(1一2y).F市=(n-2,F心=(x一2”.国为F所+F丽+F式=0亦，所以一2+-2+一2=2，即1+十=8.由抛物线义可得|FA=+2.Fl=十2，|FC=x+2.所以FA|+|F+|F心=x,十x十五十6=14.16[-59]【解析】是函敏(x)的一个周期，所以只需要考虑函(x)在x∈[0，π]的取值范国叫f(r)=-2 sin .rco5xsin2.r+2cos2rcos2x=2 cos .rcos3x,易知f(x)在x∈[0，x]内有三个零，点，依次为受晋函数八)在(0晋)上单调递增，在（骨，）上单调递减，在（悟）上单调递增，计年有(0))=5管)=-3号.x=0.所以品数的值线为[-3誓3]四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.【解析K1)在△ABC中.BC=4·∠ABC=苓∴S6r=AB·BC·sin∠ABC=2原.可得AB=2.在△ABC中，由余弦定理得AC=AB+BC-2AB·BC·cos∠ABC=12..AC=23
很赞哦！ ()
