1、大联考长郡中学2024届高三月考试卷（三）数学得分_本试卷共8页时量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已知集合，则（ ）A B C D2若是虚数单位，则复数的实部与虚部之积为（ ）A B C D3函数的最大值与最小值之差为（ ）A B0 C2 D4已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）A B C D5已知是双曲线的两个焦点，为上一点，且，则的离心率为（ ）A B C D6“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条
2、棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角的正切值为（ ）A B1 C D7设正实数满足，则的最大值为（ ）A0 B1 C2 D38已知函数，若存在唯一的整数，使，则实数的取值范围是（ ）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下列说法正确的是（ ）A若二项式的展开式中所有项的系数和为，则展开式共有7项B对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若一个样本点为，则实数的值
3、是2C已知随机变量服从正态分布，若，则D已知，若，则10已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点已知平面内点，点（其中为坐标原点），点绕点沿逆时针方向旋转得到点，则（ ）A B的坐标为C的坐标为 D11已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于两个不同的点，则（ ）A的准线为 B直线与相交C D12如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（ ）A长度的最小值为B存在点，使得C存在点，存在点，使得D所有满足条件的动线段形成的曲面面积为三、填空题：本题共4小题，每小题
4、5分，共20分13已知，则_14将8块完全相同的巧克力分配给四人，每人至少分到1块且最多分到3块，则不同的分配方案共有_种（用数字作答）15已知和是两个等差数列，且是常值，若，则的通项公式为_16已知是双曲线的左、右焦点，以为圆心，4为半径的圆与的一条渐近线切于点，过的直线与交于两个不同的点，若的离心率，则下列结论中正确的序号有_；的最小值为；若，则；若同在的左支上，则直线的斜率四、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）设是首项为1的等比数列，数列满足已知成等差数列（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和18（12分）设函数（1）若函数的图象与直线
5、（为常数）相邻两个交点的横坐标为，求函数的解析式，并写出函数的单调递增区间；（2）在中，内角所对的边分别为，当时，满足，且，求的最大值19（12分）如图，多面体中，平面（1）在线段上是否存在一点，使得平面?如果存在，请指出点位置并证明；如果不存在，请说明理由（2）当三棱锥的体积为8时，求平面与平面夹角的余弦值20（12分）为庆祝我校建校120周年，高三年级开展了校史知识问答竞赛，参赛人员所得分数的分组区间为，由此得到总体的频率统计表：分数区间频率0.10.40.30.2（1）若从总体中利用分层随机抽样（按分数的分组区间分层）的方式随机抽取10名学生进行进一步调研从这10名参赛学生中依次抽取3名
6、进行调查分析，求在第一次抽出1名学生分数在区间内的条件下，后两次抽出的2名学生分数在的概率；（2）视频率为概率，在所有参赛学生中任取3人，记取出的3人中分数在的人数为，求的分布列和数学期望21（12分）对于椭圆：，我们称双曲线：为其伴随双曲线已知椭圆，它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍（1）求椭圆伴随双曲线的方程；（2）如图，点分别为的下顶点和上焦点，过的直线与上支交于两点，设的面积为（其中为坐标原点）若的面积为，求22（12分）已知函数，其中是自然对数的底数（1）当时，证明：对；（2）若函数在区间上存在极值，求实数的取值范围大联考长郡中学2024届高三月考试卷（三）数学参考答案一、选择题：本
7、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题号12345678答案ABDACDBC1A 【解析】，故选A2B 【解析】因为，所以实部为，虚部为，实部与虚部之积为故选B3D 【解析】因为，所以，所以，所以当时，有最小值为，所以当时，有最大值为，所以最大值与最小值之差为，故选D4A 【解析】由于在上单调递增，而在上单调递增，所以所以，故的取值范围是，故选A5C 【解析】由双曲线的定义得，又，所以，所以在中，有，即，化简得，即，所以离心率，故选C6D 【解析】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，平面和平面为有公共顶点的两个正三角形所在平面，建立如图所示空
8、间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，设平面的法向量为，所以令，所以，设平面的法向量为，所以令，所以，设平面和平面的夹角为，则，因为平面和平面的夹角为锐角，所以，所以，故选D7B 【解析】，则8C 【解析】由，得，令，则，则在上单调递增，在上单调递减，作出的大致图象如图所示，易知的图象是恒过，点的直线，若，则显然不符合题意；若，则即解得故选C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分题号9101112答案CDBCDADACD9CD 【解析】对于A，令，则展开式所有项系数和为，解得，则展开式共有8项，A
9、错误；对于B，样本点不一定在回归直线上，不一定是2，B错误；对于C，C正确；对于D，D正确故选CD10BCD 【解析】由题意可知，点，点，故，因为，故，又，即，故，所以，故A错误，B正确；因为点绕点沿逆时针方向旋转得到点，所以，则由，可得点坐标为，故C正确；故，则，D正确，故选BCD11AD 【解析】将点坐标的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，故A正确；，所以直线的方程为，联立可得，解得，故直线与相切，故B错；设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，所以直线的斜率存在，设其方程为，联立得，所以所以或，又，所以，故C错；因为，所以，而，故D正确故选AD12ACD
10、 【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有，所以的延长线必过点且，过点作，则四边形是边长为1的菱形如图所示，在中，即，解得，所以，所以是边长为3等边三角形，所以，所以，因为是边长为3的等边三角形且为中点，所以，在中，由余弦定理变形得，在中，由余弦定理变形得，解得，所以，所以；由，可得平面，又平面，所以，由，可得平面，因为与平面所成角的正切值为，所以，解得，所以点在平面的轨迹为，对于A：当点运动到与的交点时有最小值，因为四边形是边长为1且的菱形，所以，所以，故A选项正确；对于B：要使得，则点必须落在平面与平面的交线上且，由图易知，在侧面内不存在这样的，点，故B选项错误；
11、对于C：当点运动到点时，连接交于点，连接，由于平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以存在点，存在点，使得，故C选项正确；对于D：设的长度为，则，动线段形成的曲面展开为两个面积相等的扇形，设其中一个的面积为，则有，因此所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，故D选项正确；故选ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13 【解析】由，得，则，故1419 【解析】满足条件的分配方案可分为3类，第一类每人2块，第二类有两人3块，两人1块，第三类，一人3块，一人一块，2人2块，属于第一类的分配方案有1个，属于第二类的分配方案有个，即6个，属于第三类的分配方案有个，即12个，故满足条件
12、的分配方案的总数为19个15 【解析】由于是常数，所以，即，所以因为等差数列，所以数列的公差，通项公式为16 【解析】对于，设双曲线的一条渐近线为，即，则到直线的距离为，因为以为圆心的圆与相切于点，所以，因为，即，则，又，即，所以在中，在中，所以，故正确；对于，当直线的斜率为0时，两点分别为双曲线的顶点，则，又因为，即的最小值不是，故错误；对于，因为，又，且，所以在的右支上，所以，所以，故正确；对于，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点，联立可得，因为直线与双曲线交于左支的两点，所以，解得或，故正确四、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）因
13、为是首项为1的等比数列且成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以 5分（2）由（1）可得，得，所以， 10分18【解析】（1）由题意知，当且仅当时，函数取得最值，则有，得，化为，所以，所以，则其单调递增区间为 6分（2）设各角对应的边分别为，当时，得，又，所以，得，由及，得，所以，则 12分19【解析】（1）存在，点为中点，理由如下：取线段的中点，连接，四边形是平行四边形，又平面平面平面分别为的中点，是的中位线，平面平面平面平面，平面平面平面平面 5分（2），可得，以为坐标原点，以的正方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系由题可知，设平面的一个法向量为，则可以取，设平面的一个法
14、向量为，则可以取，设平面与平面夹角为，则，平面与平面夹角的余弦值为 12分20【解析】（1）样本中得分位于的共有4人，得分位于的有3人，记事件：第一次抽出1名学生分数在区间内，记事件：后两次抽出的2名学生分数在同一分组区间内，则，由条件概率公式可得 6分（2）由题意知，所有参赛学生中分数在的概率为，且，所以的可能取值有0，1，2，3，故，；故的分布列如下，0123 12分21【解析】（1）设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，依题意可得，即，即，解得，所以椭圆，则椭圆伴随双曲线的方程为 4分（2）由（1）可知，设直线的斜率为，则直线的方程为，与双曲线联立并消去得，则，所以，则，又，又，所以，解得
15、或（舍去），又，所以，因为，所以 12分22【解析】（1）证明：当时，当时，且，所以当时，且时，函数在上单调递增，所以，对 4分（2）法一：若函数在上存在极值，则在上存在零点当时，为上的增函数，则存在唯一实数，使得成立，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以为函数的极小值点；当时，在上恒成立，函教在上单调递增，在上无极值；当时，在上恒成立，函数在上单调递减，在上无极值综上知，使在上存在极值的的取值范围是 12分法二：若函数在上存在极值，则在上存在零点，令，则，令，方程在上有实根，即函数与函数在上有交点由，得，显然，在上单调递减，则，所以，当时，若与有交点，则的取值范围是即当时，存在唯一实数，使得成立，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以为函数的极小值点
