精品解析：2024届湖南省衡阳市雁峰区衡阳市第八中学高三模拟预测数学试题

衡阳市八中2024届高三第十次月考 数学试题 衡阳市八中高三数学组 注意事项：本试卷满分为150分，时量为120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知向量，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 设是虚数单位，若复数的实部是1，且的虚部是2，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 展开式中系数为无理数项共有（ ） A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项 4. 公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec(角)表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc(角)表示，则=（ ） A. 4 B. 8 C. D. 5. 球类运动对学生的身心发展非常重要现某高中为提高学生的身体素质，特开设了“乒乓球”，“排球”，“羽毛球”，“篮球”，“足球”五门选修课程，要求该校每位学生每学年至多选门，高一到高三三学年必须将五门选修课程选完，每门课程限选修一学年，一学年只上学期选择一次，则每位学生的不同的选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知在R上单调递增，且为奇函数.若正实数a，b满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是圆上两点．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得3分，有选错的得0分．） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知变量，的线性回归方程，且，则 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19分位数为11 C. 已知随机变量最大，则的取值为3或4 D. 已知随机变量，则 10. 四棱锥的底面为正方形，底面，，，，平面平面，平面，则（ ） A. 直线与平面有一个交点 B. C. D. 三棱锥的体积为 11. 已知，，数列和的公共项由小到大排列组成数列，则（ ） A. B. 等比数列 C. 数列的前项和 D. 、、不是任一等差数列的三项 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知集合，集合，若，则______． 13. 已知函数在区间上单调，且满足，，则______. 14. 如图所示，已知双曲线右焦点F，过点F作直线l交双曲线C于两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，，且三点共线（其中O为坐标原点），则双曲线C的离心率为_________． 四、解答题：（本题共5个小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且． （1）求A； （2）如图所示，D为平面上一点，与构成一个四边形ABDC，且，若，求AD的最大值． 16. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为． （1）求证：平面； （2）若点为线段上的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知． （1）讨论的单调性； （2）当n为正整数时，试比较的大小关系，并证明． 18. 在直角坐标系xoy中，动圆M与圆外切，同时与圆内切，记圆心M的轨迹为E． （1）求E方程； （2）已知三点T，P，Q在E上，且直线TP与TQ的斜率之积为； （i）求证：P，O，Q三点共线； （ii）若，直线TQ交x轴于点A，交y轴于点B，求四边形OPAB面积的最大值． 19. 现有A，B两个不透明盒子，都装有m个红球和m个白球，这些球的大小、形状、质地完全相同． （1）若，甲、乙、丙依次从A盒中不放回的摸出一球，设X表示三人摸出的白球个数之和，求X的分布列与数学期望； （2）若，从A、B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，求： （i）的概率； （ii）的分布列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衡阳市八中2024届高三第十次月考 数学试题 衡阳市八中高三数学组 注意事项：本试卷满分为150分，时量为120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知向量，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量坐标进行线性运算，再由模长公式即可求解. 【详解】， 故选：D. 2. 设是虚数单位，若复数的实部是1，且的虚部是2，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设，再根据的虚部是2求解即可. 【详解】设，则. 由题意，则，即的虚部为1. 故选：C 3. 展开式中系数为无理数的项共有（ ） A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合二项式的展开项，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为展开式的通项公式为， 当时，展开式中系数为无理数项，共5项. 故选：D 4. 公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec(角)表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc(角)表示，则=（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正割和余割的定义，结合三角恒等变换，化简求值即可. 【详解】. 故选：A. 5. 球类运动对学生的身心发展非常重要现某高中为提高学生的身体素质，特开设了“乒乓球”，“排球”，“羽毛球”，“篮球”，“足球”五门选修课程，要求该校每位学生每学年至多选门，高一到高三三学年必须将五门选修课程选完，每门课程限选修一学年，一学年只上学期选择一次，则每位学生的不同的选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分种情况讨论：五门选修课放在年选完，五门选修课放在年选完，由加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分种情况讨论： 五门选修课放在年选完，先将五门课程分为组，再在三年中选出年来学习，有种安排方法， 五门选修课放在年选完，先将五门课程分为组，再安排在三年中选完，有种安排方法， 则有种安排方法． 故选：A． 6. 已知在R上单调递增，且为奇函数.若正实数a，b满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的性质可得，进而根据基本不等式即可求解. 【详解】由于为奇函数，所以， 由得 ， 由于 所以， 当且仅当时取等号，故的最小值为， 故选：A 7. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，最后利用球的表面积公式即可. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高， 因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切， ，则，则， 过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则， 则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切， 即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到正四棱台内半径的最大的球是与侧面和底面同时相切的，再求出其高，得到侧棱与底面夹角，作出轴截面图形，再求出最大球半径. 8. 已知是圆上两点．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用得向量、的夹角为，设，利用两角和与差的公式、三角函数的现在化简可得答案. 【详解】由题意，， 因为，， 所以向量、的夹角为，如图， 设， 所以 ，且， 因为，所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出向量、的夹角，设进行化简计算. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得3分，有选错的得0分．） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知变量，的线性回归方程，且，则 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11 C. 已知随机变量最大，则的取值为3或4 D. 已知随机变量，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据回归直线方程必过样本中心点求出，即可判断A，根据百分位数计算规则判断B，根据二项分布的概率公式及组合数的性质判断C，根据正态曲线的性质判断D. 【详解】对于A：因为回归直线方程必过样本中心点， 所以，解得，故A正确； 对于B：因为，所以分位数为从小到大排列的第八个数，即为，故B错误； 对于C：因为，所以，（且）， 由组合数的性质可知当或时取得最大值，则当或时最大，故C正确； 对于D：因为且， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD 10. 四棱锥的底面为正方形，底面，，，，平面平面，平面，则（ ） A. 直线与平面有一个交点 B. C. D. 三棱锥的体积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据两直线平行确定一个平面和线面平行的判定可判断A；由线面平行的判定得平面，再由线面平行的性质可判断B；利用空间向量和四点共面的条件可判断C；利用等体积法求解可判断D 【详解】取PC的中点Q，连接EQ，DQ， 因为E是棱PB的中点，则， 因为，则，即A、D、E、Q四点共面，则直线l为直线EQ， 因为平面，平面，， 则平面，即平面，故A错； 因底面，平面，则， 又底面为正方形， 所以，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，所以是等腰直角三角形， 又PC的中点Q，所以， 因为，平面，，， 则平面，又平面，所以，故B对； 设，， 平面，所以四点共面， 则，得，即，故C错； 由，故D对； 故选：BD 11. 已知，，数列和的公共项由小到大排列组成数列，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 数列的前项和 D. 、、不是任一等差数列三项 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别求出数列和的几项找出公共项判断A；根据等差数列的定义可判断B；通过错位相减求和并判断的单调性可判断C；利用等差数列的通项可判断D 【详解】设的第n项与的第m项相等，即， 当时，， 当时，， 当时，，故A错； 令，即， ，不是中的项，即不是的项， ，是中的项，即是的项， 所以，则，即为等比数列，故B对； 由， 得， 两式相减得， 所以，且，所以单调递增，所以，故C对； 设、、是等差数列的第i、j、p项，的首项为，公差为d， ， 因为有理数，是无理数 所以原假设不成立，即、、不是任一等差数列的三项 故选：BCD 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知集合，集合，若，则______． 【答案】0或1 【解析】 【分析】先求出集合，再由可求出的值. 【详解】由，得，解得， 因为，所以， 所以， 因为，且， 所以或， 故答案为：0或1 13. 已知函数在区间上单调，且满足，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由单调性确定函数最小正周期范围，再结合零点及最小值点求出周期即可得解. 【详解】依题意，，而函数在上单调， 则函数的最小正周期，又，， 因此，解得，所以. 故答案为： 14. 如图所示，已知双曲线的右焦点F，过点F作直线l交双曲线C于两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，，且三点共线（其中O为坐标原点），则双曲线C的离心率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线的几何定义，设就可以来研究各焦半径的长度，再利用两个勾股定理就可以求出离心率. 【详解】 设另一个焦点，连接，设则 再根据双曲线的定义可知： 由双曲线的对称性可知，是的中点，也是的中点， 所以四边形是平行四边形，又因为，所以可得， 所以由勾股定理得：， 化简得：， 再由勾股定理得：， 代入得：， 故答案为：. 四、解答题：（本题共5个小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且． （1）求A； （2）如图所示，D为平面上一点，与构成一个四边形ABDC，且，若，求AD的最大值． 【答案】（1）. （2）4 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，代入计算，即可得到结果； （2）方法一：根据题意，分别在与中由正弦定理化简，即可得到，从而得到结果；方法二：由余弦定理可得，再由正弦定理代入计算，即可得到结果； 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 所以，所以， 因为，所以，因为，所以. 【小问2详解】 方法一：设，则： 在中，，①，在中，，② ：，所以，所以，所以AD的最大值是4 解法二：在中，由余弦定理得，=， 因为， 所以四边形存在一个外接圆，所以圆的直径为 因为，即，当AD为圆O直径时取等号，故的最大值为4. 16. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为． （1）求证：平面； （2）若点为线段上的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）图中垂直关系较多，如菱形的对角线垂直，等边三角形的中线又是高线，还有直线垂直于底面，利用这些垂直关系就能证明线面垂直；也可以用空间向量法来证明线线垂直，再证明线面垂直;还可以利用直线向量与法向量共线，来证明线面垂直. （2）利用空间向量法来求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 法一：连结，因为为等边三角形，为中点，， 又平面，平面， 平面 平面，又平面， 由题设知四边形为菱形，， 分别为中点，， 又平面平面. 法二：由平面，平面， 又为等边三角形，为中点， ，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则 ， ， ， 又平面平面. 法三：（同法二建系）设平面的一个法向量为   ，即不妨取，则，则 所以平面的一个法向量为， ，，， 平面； 【小问2详解】 因为F是 上的中点，所以点，， 由（1）知：平面平面的一个法向量 设平面的法向量， 则，令，则，所以， 即，即锐二面角余弦值是. 17. 已知． （1）讨论的单调性； （2）当n为正整数时，试比较的大小关系，并证明． 【答案】（1）答案见解析； （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，分与讨论，结合导数与函数单调性的关系，即可得到结果； （2）根据题意，分析可得只需要比较的大小即可，然后结合（1）中的结论，由函数的单调性即可判断大小关系. 【小问1详解】 ①当时，，此时无单调性， ②当时，的定义域，， 令，所以， 所以单调递增； 单调递减；且， 所以，在上， 所以在和上单调递减； 综上所述，当时，，此时无单调性； 当时，在和上单调递减. 【小问2详解】 因为，且， 所以只需要比较的大小即可， 由（1）知，时，在和上单调递减 所以在和上单调递减， 又因为n为正整数，所以，故，即， 所以. 18. 在直角坐标系xoy中，动圆M与圆外切，同时与圆内切，记圆心M的轨迹为E． （1）求E的方程； （2）已知三点T，P，Q在E上，且直线TP与TQ的斜率之积为； （i）求证：P，O，Q三点共线； （ii）若，直线TQ交x轴于点A，交y轴于点B，求四边形OPAB面积的最大值． 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由已知，动圆圆心M满足，所以圆心的轨迹为以为焦点的椭圆（不含左顶点），即可得到轨迹E的方程； （2）（i）设，，，设出直线的方程，与E的方程联立，消元后，利用韦达定理和直线TP与TQ的斜率之积为可得，进而得到，则P，O，Q三点共线； （ii）由（i）可知，可得，则，再由点在上可得，进而得到四边形OPAB面积的最大值. 【小问1详解】 圆，圆， 设圆的半径为， 由已知得，，从而， 故圆心的轨迹为以为焦点的椭圆（不含左顶点）， 又， 从而轨迹的方程为. 【小问2详解】 （i）设，，，直线的斜率为， 由直线TP与TQ的斜率之积为，则存在且， 则，只需证且. 联立，消得， 整理得：， ， ， 以代得， 故. 又， ， 故三点共线. （ii）由（i）知，则， 的方程：，从而， 则， 由，当且仅当取等号， 故，即四边形面积的最大值为. 【点睛】关键点点睛: （2）（i）直曲联立消元后，用表示出，再由直线TP与TQ的斜率之积为，TQ的斜率即为，代表示出，得，得到三点共线；（2）（ii）由表示出四边形的面积后，利用得到面积的最大值. 19. 现有A，B两个不透明盒子，都装有m个红球和m个白球，这些球的大小、形状、质地完全相同． （1）若，甲、乙、丙依次从A盒中不放回的摸出一球，设X表示三人摸出的白球个数之和，求X的分布列与数学期望； （2）若，从A、B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，求： （i）的概率； （ii）的分布列． 【答案】（1）分布列见解析， （2）（i）；（ii）答案见解析 【解析】 【分析】（1）解法一：X的可能取值有0，1，2，3，然后根据超几何分布的概率公式求出相应的概率，从而可求出X的分布列与数学期望；解法二：X的可能取值有0，1，2，3，然后利用古典概型的概率公式结合独立事件的概率公式求出相应的概率，从而可求出X的分布列与数学期望； （2）（i）利用全概率公式求解即可，（ii）设，，，则由题意可得是以1为首项的常数列，是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，进而可求出的分布列. 【小问1详解】 法一：X的可能取值有0，1，2，3， ，; ; ， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望 法二：X的可能取值为0，1，2，3，则： ， ， ， ， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望 【小问2详解】 （i），，， ,,, 所以 ; （ii）设，，，则 ，所以， 所以， 因为， 所以是以1为首项的常数列，是以为首项，为公比的等比数列 所以， 所以， ， 所以，X的分布列为： X 0 1 2 P 【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查全概率公的应用，第（2）问解的关键是，，，根据题意得，化简变形构造等比数列，从而可求出，考查理解能力和计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$