湖南师大附中2024届高三月考试卷（四）数学命题人：徐凡训、彭如倩、李玲、吴瑶审题人：高三备课组时量：120分钟满分：150分一、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.已知复数，其中i为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（）A. B. C. D.）2.若随机事件A，B满足，，，则（）A. B. C. D.8.设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.设，，且，则（）A. B. C. D.5.若，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.6.函数在区间上所有零点的和等于（）A.2 B.4 C.6 D.87.点M是椭圆（）上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P，Q，若是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（）A. B. C. D.8.已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（）A. B. C. D.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.已.知双曲线C过点且渐近线为，则下列结论正确的是（）A.C的方程为 B.C的离心率为C.曲线经过C的一个焦点 D.直线与C有两个公共点10.已知向量，满足，且，则（）A. B. C. D.11.如图、正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.存在点P，M，使得二面角大小为B.存在点P，M，使得平面与平面平行C.当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为D.当M为中点时，四棱锥外接球的体积为12.若存在实常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”.已知函数（），（），（），则下列选项正确的是（）A.在时单调递增B.和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为–4C.和之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是D.和之间存在唯一的“隔离直线”三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数的图象在点处的切线方程是，则___________.14.如图，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，若，，则的面积为___________.15.已知数列的首项，且满足.若，则n的最大值为___________.16.在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为___________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）已知函数（）的最小值为–2.（1）求函数的最大值；（2）把函数的图象向右平移个单位长度，可得函数的图象，且函数在上单调递增，求的最大值.18.（12分）为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”.甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛.第一个比赛项目A采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束）；第二个比赛项目B采取领先3局者获胜。每局不存在平局.假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响.（1）求甲班在项目A中获胜的概率；（2）若第二个比赛项目B进行了7局，仍然没有人领先3局，比赛结束，领先者也获胜.现比赛已经进行了2局，甲班2局全输.设甲班在第二个比赛项目B中参加总局数为X、求随机变量X的分布列及期望.19.（12分）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且A底面，点P，Q分别在棱、上.（1）若P是的中点，证明：；（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.20.（12分）如图，曲线C由上半椭圆：（，）和部分抛物线：（）连接而成，与的公共点为A，B，其中的离心率为.（1）求a，b的值；（2）过点B的直线l与，分别交于点P，Q（均异于点A，B），是否存在直线l，使得以为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.21.（12分）已知函数，.（1）若的最大值是0，求m的值；（2）若对于定义域内任意x，恒成立，求m的取值范围.22.（12分）设数列的前n项之积为，满足（）.（1）设，求数列的通项公式；（2）设数列的前n项之和为，证明：.湖南师大附中2024届高三月考试卷（四）数学参考答案题号123456789101112答案CDADCDBAACABCBCABD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】，故其对应的点的坐标为.故选C.2.D【解析】由题意知：，可得，故.故选：D.3.A【解析】因为是公比不为1的无穷等比数列，若为递减数列，当，则，所以，令，则，所以以，所以时；当，则，所以恒成立；当，则，所以，当时；当当，则，此时恒成立，对任意均有，故充分性成立；若存在正整数，当时，，当且，则恒成立，所以对任意均有，但是为递增数列，故必要性不成立，故“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分不必要条件.故答案为：A.4.D【解析】由，得，于是，即，由，，得，，则或，即或（不符合题意，舍去），所以.故选：D.5.C【解析】由，对于A中，令，可得，所以A错误；对于B中，，由二项展开式的通项得，所以B错误；对于C中，与的系数之和相等，令即，所以C正确；对于D中，令，则，令，则，解得，，所以，所以D错误.故选：C.6.D【解析】∵，令，则，则函数的零点就是函数的图象和函数的图象交点的横坐标，可得和的函数图象都关于直线对称，则交点也关于直线对称，画出两个函数的图象，如图所示.观察图象可知，函数的图象和函数的图象在上有8个交点，即有8个零点，且关于直线对称，故所有零点的和为.7.B【解析】依题意设，由圆Ｍ与x轴相切于焦点F，M在椭圆上，易得或，圆的半径为.过M作轴垂足为N，则，，，均为半径，则为等腰三角形，∴，∵为钝角，∴，即，所以得，即，得，得，故有，从而.8.A【解析】作出的函数图象如图所示：表示点与点所在直线的斜率，可得曲线上只有一个点（x为整数）和点所在直线的斜率小于0，而点在动直线上运动，由，，，可得当时，只有点满足；当时，只有点满足.又a为整数，可得a的取值集合为.故选：A.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.AC【解析】因为渐近线方程为，所以可设双曲线方程为，代入点，得，所以双曲线方程为，选项A正确；该双曲线的离心率为，选项B不正确；双曲线的焦点为，曲线经过双曲线的焦点，选项C正确；把代入双曲线方程，得，解得，故直线与曲线C只有一个公共点，选项D不正确.10.ABC【解析】因为，所以，即，整理可得①，再由，且可得，所以，，所，即向量，的夹角，故向量，共线且方向相反，所以，.故答案为：ABC11.BC【解析】因为平面，可知二面角的平面角为，其范围为，故A错误；如图1，当M为中点，P为中点时，图1平面与平面平行，故B正确；如图2，取中点E，连接，，，图2则平面，，则，则点M在侧面内运动轨迹是以E为圆心、半径为2的劣弧，分别交，于，，如图3，则，图3则，劣弧的长为.故C正确当M为中点时，易知为等腰直角三角形，且平面平面，可知四棱锥外接球的球心即为与的交点，所以四棱锥外接球的半径为，其外接球的体积为，所以D错误.12.ABD【解析】对于选项A：，，当时，，所以函数在内单调递增，故选项A正确；对于选项BC：设、的隔离直线为，则对一切实数x都成立，即有，即，又对一切都成立，则，即，，，，即有且，，可得，同理可得，故选项B正确，选项C不正确；对于选项D：函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为，即，由由，可得对于恒成立，则，只有，此时直线方程为，下面证明.令，则，当时，，当时，，当时，，则当时，取到极小值，极小值是0，也是最小值，所以，则当时恒成立，所以和之间存在唯一的“隔离直线”，故选项D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.3【解析】∵点是切点，∴点M在切线上，∴，∵函数的图象在点处的切线的方程是，∴切线斜率是，即，∴.故答案为：3.14.【解析】因为为等边三角形，所以，则，在中，由正弦定理，则解得，由余弦定理，则，整理可得：，即，解得或–8（舍去），等边边长为，其面积为.故答案为：.15.15【解析】因为，则，即，可知数列是首项为，公差为的等差数列，则，所以，令，即，又因为单调递增，且，.所以n的最大值为15.故答案为：15.16.6【解析】以点D为坐标原点，，，分别为x，y，之轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，因为，，且，则平面，所以，同理得平面，所以，而，所以平面，记与平面交于点H，连接，，，且，则，易得，从而得点关于平面对称的点为，所以的最小值为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.【解析】（1）， .3分∵函数的最小值为–2，∴，解得，则，∴函数的最大值为2. 5分（2）由（1）可知，把函数的图象向右平移个单位长度，可得函数的图象. 8分∵在上单调递增，∴函数的周期，∴，即的最大值为4. 10分18.【解析】（1）记“甲班在项目A中获胜”为事件A，则，所以甲班在项目A中获胜的概率为. 5分（2）比赛总局数，且，，，所以X的分布列如下：X357 10分所以. 12分19.【解析】（1）以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，则，，，， 2分设，其中，，若P是的中点，则，，，于是，∴，即. 5分（2）由题设知，，是平面内的两个不共线向量.设是平面的一个法向量，则取，得. 7分又平面的一个法向量是，∴，而二面角的余弦值为，因此，解得或（舍去），此时. 8分设（），而，由此得点，，∵平面，且平面的一个法向量是，∴，即，解得，从而. 10分将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积. 12分20.【解析】（1）在，的方程中，令，可得，且，是上半椭圆的左、右顶点.设的半焦距为c，由及可得，∴，. 4分（2）由（1）知，上半椭圆的方程为（）.由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为（）.代入的方程，整理得.（*）设点P的坐标为，∵直线l过点B，∴是方程（*）的一个根.由根与系数的关系得，从而，∴点P的坐标为. 6分同理，由得点Q的坐标为， 8分∴，.依题意可知，∴，即. 10分∵，∴，解得.经检验，符合题意. 12分21.【解析】（1）的定义域为，. 1分若，，在定义域内单调递增，无最大值； 2分若，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；所以当时，取得最大值，所以. 4分（2）对于定义域内任意x，恒成立，即在恒成立. 5分设，则. 6分设，则，所以在其定义域内单调递增，且，，所以有唯一零点，且，所以. 8分构造函数，则，又函数在是增函数，故. 10分所以由在上单调递减，在上单调递增，所以，于是m的取值范围是. 12分22.【解析】（1）∵数列的前n项之积为，满足（），时，，解得.∴时，，化为， 1分变形为，又，∴，，∴. 3分（2）证明：先证明左边：即证明，由（1）可得：，解得，又由，解得， 4分又，所以， 6分再证明右边：.∴， 8分下面证明，即证明，设，，则，即证明，. 10分设，，，则函数在上单调递增，∴，即，，∴.∴. 12分