湖南省岳阳市重点高中2024届高三上学期第四次月考试卷 数学

2024届高三第四次月水平检测数学时量：120分钟满分：150分一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，总分40分）1．已知是实数集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）.A． B． C．2 D．13．圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（

）.A． B． C． D．4．已知是相互垂直的单位向量.若向量，，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B．C． D．5．数列1，，，…，，…的前项和为（

）．A． B． C． D．6．我国油纸伞的制作工艺巧妙．如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动．如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且、、三点共线，，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（）

A． B． C． D．7．已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（

）A． B．3 C． D．8．已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线对称的点在的图像上，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，总分20分）9．已知平面向量.下列命题中的真命题有（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若且与的夹角为，则10．等差数列的前项和记为，若，则成立的是（

）A．B．的最大值是C．D．当时，最大值为11．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．若在区间上单调递增，则B．若，则直线为曲线的一条对称轴C．若，则D．若，则曲线与直线有5个交点12．已知正方体的棱长为1，点E，F分别是棱AD，AB上的动点，G是棱的中点，以为底面作三棱柱，顶点也在正方体的表面上．设，则（

）A．，直线与直线所成的角均为B．，使得四面体的体积为C．当时，直线与平面所成角的正切值为D．当时，若三棱柱为正三棱柱，则其高为三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，总分20分）13．已知等差数列的前n项和为，满足，，则.14．已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围为.15．开封铁塔是宋都开封具有代表性的文物，是文物价值最高、份量最重的宝物之一．1961年，它被国务院定为中国首批国家重点保护文物之一．如图，为测量开封铁塔的高度，选择和一个楼房的楼顶为测量观测点，已知在水平地面上，开封铁塔和楼房都垂直于地面．已知，，，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，则开封铁塔的高度为．

16．已知函数，，若存在实数使在上有2个零点，则的取值范围为．四、解答题（本题共6个小题，总分70分）17．（10分）如图，四边形是边长为1的正方形，平面，平面，且.（1）求证：平面；（2）求该几何体的体积．18．（12分）在锐角中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.(1)求角B的大小；(2)若，求的取值范围.19．（12分）已知正项数列的前项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，若数列满足，求证：．20．（12分）如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面ABCD为正方形，，.(1)求证：平面.(2)点在直线上，且平面MCD，求与平面所成角的正弦值.21．（12分）已知双曲线：（，）的右焦点为，的渐近线与抛物线：（）相交于点．(1)求，的方程；(2)设是与在第一象限的公共点，不经过点的直线与的左右两支分别交于点，，使得．（ⅰ）求证：直线过定点；（ⅱ）过作，垂足为．是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．22．（12分）已知函数，，其中，是自然对数的底数．(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；(2)设，在（1）的条件下，讨论关于的方程在上解的个数．参考答案：1．A【分析】化简集合A,B，根据补集、交集运算即可得解.【详解】，，，.故选：A2．C【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据共轭复数的定义和复数的模的公司及即可得解.【详解】由，得，则，所以.故选：C.3．B【分析】根据题意，求得圆锥的高，再由圆锥的体积公式，即可得到结果.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，所以，，所以圆锥的体积为.故选：B4．B【分析】利用向量数量积的性质先求，然后由投影向量公式可得.【详解】因为是相互垂直的单位向量，所以.又，，所以，所以，又，所以向量在向量上的投影向量为.故选：B5．A【分析】由题意设，利用分组求和法即可得解.【详解】设，所以数列的前n项和.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了分组求和法求数列前n项和的应用，属于中档题.6．A【分析】求出、、的长，利用余弦定理求出，再利用二倍角的余弦公式可求得的值.【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，因为为的中点，所以，，当伞完全收拢时，，所以，，在中，，所以，.故选：A.7．D【分析】利用等体积法可得点到平面的距离等于，结合平行关系分析可得点的轨迹为线段，再根据的形状分析求解.【详解】由题意可知：，设三棱锥的高为，因为，则，解得，即点到平面的距离等于，又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥，平面，平面，所以∥平面，即点的轨迹为线段，因为平面，平面，所以，在中，两点间距离的最大值为.故选：D.

【点睛】关键点睛：（1）利用等体积法求得点到平面的距离等于；（2）结合平行关系分析可得点的轨迹为线段.8．B【分析】关于对称的函数为，所以的图象与的图象有且仅有四个不同的交点，作出与的图象，利用导数等于斜率，求出临界直线的斜率即可.【详解】解：函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线对称的点在的图像上，关于对称的函数为所以的图象与的图象有且仅有四个不同的交点，作与的图象如下：易知恒过点设直线与相切于点，故，设直线与相切于点，，故，故，故选：B【点睛】已知两个函数图象交点情况，求参数的取值范围，是难题.9．BCD【分析】根据向量平行、垂直、模、夹角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若是零向量，则由不等得到，所以A选项错误.B选项，若，则，所以B选项正确.C选项，若，则，即，所以，所以C选项正确.D选项，若且与的夹角为，则，两边平方得，所以D选项正确.故选：BCD10．BC【分析】根据已知条件求得的关系式，再根据等差数列的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设等差数列的公差为，，A选项错误.所以，C选项正确.所以的最大值是，B选项正确.由于时，，是单调递减数列，所以当时，没有最大值，D选项错误.故选：BC11．ACD【分析】对于A，结合函数的周期性与单调性求出的范围即可；对于B，结合正弦函数的对称性代入验证即可；对于C，求出的值即可；对于D，作出的图象，数形结合即可求解.【详解】由题意，得，解得，故A正确；若，则，且不是最小值，所以直线不是曲线的一条对称轴，故B错误；若，则，解得，故C正确；若，则，如图，作出的图象与直线，

由图可知曲线与直线有5个交点，故D正确．故选：ACD．12．ACD【分析】根据向量的线性运算可得，结合图形，利用空间向量法计算，即可判断ABC；由题意可知点分别为正方形、、的中心，利用勾股定理计算即可判断D.【详解】设，则，又，所以，解得，即.A：建立如图空间直角坐标系，则，有，所以，得，故A正确；

B：因为，，，，有，所以，得，所以.设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，则点到平面的距离为，所以四面体的体积为，则该四面体的体积为定值，故B错误；

C：由选项B的分析可知，当时，，易知平面的一个法向量为，则，设直线与平面所成角为，为锐角，则，所以，故C正确；

D：当时，E、F分别为AD、AB的中点，由正三棱柱的特征可知，点分别为正方形、、的中心，如图，则，有，则，所以为正三棱柱的高，且，故D正确.

故选：ACD.【点睛】解决有关空间角、距离有关的存在性问题时，一般建立空间直角坐标系，把几何对象上的动态点的坐标用参数表示，根据题设要求，建立相应的方程（组），解方程（组），通过参数的值反过来确定几何对象是否存在.13．【分析】根据等差数列片段和性质可得，，成等差数列，再根据等差中项的性质计算可得；【详解】因为是等差数列，所以，，成等差数列，则，因为，，所以，解得.故答案为：.14．【分析】依题意可得，利用基本不等式求出的最小值，进而得到关于的一元二次不等式，解得的范围．【详解】，，，，，当且仅当，即，时取等号，即（当且仅当，时取等号），因为恒成立，，解得，即实数的取值范围为.故答案为：15．【分析】过点作，交于点，易知为等腰直角三角形，可得，在中，可得，在中，由正弦定理得，进而得到，进而即可求解.【详解】过点作，交于点，易知为等腰直角三角形，所以，在中，因为，所以，在中，由正弦定理得，即，而，所以，则.故答案为：.

16．．【解析】将函数的零点问题转化为与的图象交点问题，利用数形结合分为和两种情况求得m的取值范围，其中后者需在存在性问题中进一步研究a的范围．【详解】已知实数使在上有2个零点，等价于与的函数图象在上有2个交点，显然与x轴的交点为，的图象关于对称，当时，若要有2个交点，由数形结合知m一定小于e，即；当时，若要有2个交点，须存在a使得在有两解，所以，因为，即，显然存在这样的a使上述不等式成立；由数形结合知m须大于在处的切线与x轴交点的横坐标，即综上所述，m的范围为．故答案为：【点睛】本题考查由函数的零点个数求参数取值范围问题，属于难题．17．（1）证明见解析（2）【分析】(1)通过面面平行的证明：平面平面，即可证明平面；(2)将几何体切割为两个同底面的四棱锥，然后根据棱锥的体积公式分别计算出两个棱锥的体积，即可求解出该几何体的体积.【详解】（1）证明：∵是正方形，∴，∴平面.又平面，平面，∴，∴平面，又∵，所以平面平面，∵平面，故平面.（2）连接、，设与交于点，∵是正方形，∴，又平面，∴，又∵，∴平面，因为矩形的面积，，所以四棱锥的体积.同理四棱锥的体积为，故该几何体的体积为.【点睛】本题考查线面平行的证明以及空间几何体体积的求解，难度较易.(1)证明线面平行可通过线面平行的判定定理或者面面平行来完成证明；(2)对于不规则的几何体的体积求解，可通过切割的方式将其转化为常见的几何体，然后计算体积的总和即可.18．(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理把已知式子统一成边的关系，再利用余弦定理可求出角B的大小，（2）由（1）可得，由正弦定理可得，然后由为锐角三角形求出角的范围，再利用正切函数的性质可求得结果【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，化简得，所以由余弦定理得，因为，所以（2）因为，所以,由正弦定理得，，所以，因为为锐角三角形，所以，得，所以，所以，所以，，所以，即的取值范围为19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用和与项的关系可求得，从而利用等差数列的通项公式即可求解；（2）由（1）知，从而利用裂项相消法求得，从而可证.【详解】（1）∵，当时，，两式相减得：，整理得，

∵，∴，当时，，∴（舍）或，

∴是以1为首项，1为公差的等差数列，则；（2）由（1）知，，

∴，∵，∴，即．20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直性质可得，利用题目条件结合图形，勾股定理可得，即可证明结论；（2）如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用点在直线上，引入参数，可表示出M坐标，后由平面MCD，可得M坐标，即可得答案.【详解】（1）因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面ABCD，则平面.又平面，则；又在等腰梯形，如下图，作，由题可知，，又，则，结合，得.因，则.又平面，平面，，则平面；（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系.则，又由（1）可得.因在直线，则，则，即.则.又，平面MCD，则.得.则，.又由（1）得，可取为平面的一个法向量，，设与平面所成角为，则.即与平面所成角的正弦值为.

21．(1)：，(2)（i）证明见解析；（ii）存在，，为定值.【分析】（1）根据题意，结合待定系数法求解即可；（2）（i）先联立抛物线与双曲线的方程得，进而结合题意设直线方程为，进而与双曲线联立方程，结合向量垂直的坐标表示，韦达定理整理得，进而得直线过定点，即可证明；（ii）由题知，进而点在以线段为直径的圆上，线段的中点为，，为定值.【详解】（1）解：因为双曲线的右焦点为，渐近线过点，所以，，解得，所以，双曲线的方程为：.因为抛物线：（）经过点所以，，解得，所以，抛物线.（2）解：（i）由解得，故，因为不经过点的直线与的左右两支分别交于点，，所以，直线斜率存在，设方程为，由得，所以，，解得，，因为，所以，所以，所以，即，所以，即，所以，整理得，因为直线不经过点，所以，，所以，，故，所以，直线的方程为：.所以，直线过定点.（ii）记，又，，因为，即，所以，点在以线段为直径的圆上，线段的中点为，即为圆心.所以，，为定值.所以，存在点，使得，为定值..【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于结合韦达定理，向量垂直的坐标关系求解得直线方程为满