《湖南省湘西自治州四校2024届高三下学期月考（四）数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省湘西自治州四校2024届高三下学期月考（四）数学试题（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省湘西自治州四校2024届高三下学期月考（四）数学试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选
2、项中，只有一项是符合题目要求的。1已知，则p是q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2已知，则不等式的解集是（ ）ABCD3如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是A在内总存在与平面平行的线段B平面平面C三棱锥的体积为定值D可能为直角三角形4已知集合，集合，则AB或CD5已知函数在区间上恰有四个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD6设是等差数列，且公差不为零，其前项和为则“，”是“为递增数列”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
3、条件7在边长为的菱形中，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ）ABCD8函数（其中，）的图象如图，则此函数表达式为（ ）ABCD9已知，则的大小关系为ABCD10已知向量，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是A关于直线对称B关于点对称C周期为D在上是增函数11已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P-ABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）APA，PB，PC两两垂直B三棱锥P-ABC的体积为CD三棱锥P-ABC的侧面积为12设命题函数在上递增，命题在中，下列为真命题的是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，角
4、，的对边分别为，.若；且，则周长的范围为_.14已知全集，集合，则_.15记实数中的最大数为，最小数为.已知实数且三数能构成三角形的三边长，若，则的取值范围是.16已知函数的最大值为3，的图象与y轴的交点坐标为，其相邻两条对称轴间的距离为2，则三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）设数列的前列项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.18（12分）已知分别是内角的对边，满足（1）求内角的大小（2）已知，设点是外一点，且，求平面四边形面积的最大值.19（12分）已知是等腰直角三角形,分别为的中点,沿将折起,得到如图所示的四棱锥()求证：平面平面()
5、当三棱锥的体积取最大值时,求平面与平面所成角的正弦值20（12分）已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.21（12分）已知直线l的极坐标方程为，圆C的参数方程为（为参数）（1）请分别把直线l和圆C的方程化为直角坐标方程；（2）求直线l被圆截得的弦长22（10分）已知函数，设（1）当时，求函数的单调区间；（2）设方程（其中为常数）的两根分别为，证明：（注：是的导函数）参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解题分析】根据诱导
6、公式化简再分析即可.【题目详解】因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.故选：B【题目点拨】本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.2、A【解题分析】构造函数，通过分析的单调性和对称性，求得不等式的解集.【题目详解】构造函数，是单调递增函数，且向左移动一个单位得到，的定义域为，且，所以为奇函数，图像关于原点对称，所以图像关于对称. 不等式等价于，等价于，注意到，结合图像关于对称和单调递增可知.所以不等式的解集是.故选：A【题目点拨】本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式，属于中档题.3、D【解题分析】A项用平行于
7、平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；B项利用线面垂直的判定定理；C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.【题目详解】A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确； B项，如图：当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-D
8、MN的体积为定值,故正确；D项,若DMN为直角三角形,则必是以MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以DMN不可能为直角三角形,故错误.故选D【题目点拨】本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.4、C【解题分析】由可得，解得或，所以或，又，所以，故选C5、A【解题分析】函数的零点就是方程的解，设，方程可化为，即或，求出的导数，利用导数得出函数的单调性和最值，由此可根据方程解的个数得出的范围【题目详解】由题意得有四个大于的不等实根，记，则上述方程转化为，即，所以或因为，
9、当时，单调递减；当时，单调递增；所以在处取得最小值，最小值为因为，所以有两个符合条件的实数解，故在区间上恰有四个不相等的零点，需且故选：A【题目点拨】本题考查复合函数的零点考查转化与化归思想，函数零点转化为方程的解，方程的解再转化为研究函数的性质，本题考查了学生分析问题解决问题的能力6、A【解题分析】根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可【题目详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，充分性：，则对任意的恒成立，则，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，则，不合乎题意；若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，合乎题意.所以，“，”“为递增数列”；必要性：设，
10、当时，此时，但数列是递增数列.所以，“，”“为递增数列”.因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A.【题目点拨】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题7、A【解题分析】画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；【题目详解】如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.法一：四边形的外接圆直径，；法二：，；法三：作出的外接圆直径，则，.故选：A【题目点拨】此题考查三棱
11、锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.8、B【解题分析】由图象的顶点坐标求出，由周期求出，通过图象经过点，求出，从而得出函数解析式.【题目详解】解：由图象知，则，图中的点应对应正弦曲线中的点，所以，解得，故函数表达式为故选：B.【题目点拨】本题主要考查三角函数图象及性质，三角函数的解析式等基础知识；考查考生的化归与转化思想，数形结合思想，属于基础题.9、D【解题分析】分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.详解：由题意可知：，即，即，即，综上可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，
12、我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较这就必须掌握一些特殊方法在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确10、D【解题分析】当时,f(x)不关于直线对称；当时, ,f(x)关于点对称；f(x)得周期，当时, ,f(x)在上是增函数本题选择D选项.11、C【解题分析】根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图，然后再计算可得.【题目详解】解：根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图如图所示，其中D为AB的中点
13、，底面ABC.所以三棱锥P-ABC的体积为，、不可能垂直，即不可能两两垂直，.三棱锥P-ABC的侧面积为.故正确的为C.故选：C.【题目点拨】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.12、C【解题分析】命题：函数在上单调递减，即可判断出真假命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假【题目详解】解：命题：函数，所以，当时，即函数在上单调递减，因此是假命题命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题则下列命题为真命题的是故选：C【题目点拨】本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题二、填空题：本题共4小
14、题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.【题目详解】解：所以三角形周长故答案为：【题目点拨】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.14、【解题分析】根据题意可得出，然后进行补集的运算即可【题目详解】根据题意知，故答案为：【题目点拨】本题考查列举法的定义、全集的定义、补集的运算，考查计算能力，属于基础题15、【解题分析】试题分析：显然，又，当时，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而当时，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而综上所述，的取值范围是考点：不等式、简单线性规划.16、【解题分析】，由题意，得,解得，则的周期为4，且，所以.考点：三角函数的图像与性质.三、解答题：共
