湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三下学期月考（七）数学试题(含详解)

湖南省长沙市第一中学2024 2025学年高三下学期月考（七）数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知复平面内坐标原点为，复数对应点满足，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．如果对于任意实数，表示不超过的最大整数，例如，，那么“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．天然钻石是在地球深部高压、高温条件下形成的一种由碳元素组成的单质晶体，随着科技发展，人工钻石也在不断涌现，目前已合成的有白钻、黄钻、绿钻及蓝钻.钻石常见外形有圆形、椭圆形、榄尖形、心形、梨形、方形、三角形等！现有一款雕琢后的钻石，其形状如图所示，可看作由正六棱台 和正六棱锥 P-ABCDEF组合而成，其中 若该组合体的外接球存在，且外接球的体积为36π，则AA 的长度为（ ）
A．1 B． C． D．
4．已知双曲线的左、右焦点分别为，点为异于的两点，且的中点在双曲线的左支上，点关于和的对称点分别为，则的值为
A．26 B． C．52 D．
5．定义，设函数，若 在区间 上单调递减，则ω的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列．已知数列为：，记事件A：，且互不相同；事件B：为“局部等差”数列，则条件概率（ ）
A． B． C． D．
7．定义：若存在n个正数，使得，则称函数为“n阶奇性函数”.若函数是“2阶奇性函数”，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．设集合A的最大元素为M，最小元素为m，记A的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0.已知，，，…，是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则n的最大值为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．18
二、多选题（本大题共3小题）
9．无穷等比数列的首项为公比为q，下列条件能使既有最大值，又有最小值的有（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．在平面直角坐标系中，已知点，若将点绕原点按顺时针旋转弧度，得到点，记，，则下列结论错误的有（ ）
A．
B．不存在，使得与均为整数
C．
D．存在某个区间，使得与的单调性相同
11．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，，点P在线段上．下列命题正确的是（ ）
A．存在点P，使得直线∥平面ACF；
B．存在点P，使得直线平面ACF；
C．直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是；
D．三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是．
三、填空题（本大题共3小题）
12．若直线过点，则的最小值为 ．
13．已知平面向量、、满足，，，则的取值范围为 ．
14．若正四棱锥的体积，则正四棱锥的表面积的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．众所周知，乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守.某学校为了丰富学生的课后活动内容，增强学生体质，决定组织乒乓球活动社.以下是接下来7个星期(用x=1表示第1个星期，用x=2表示第二个星期，以此类推)参加活动的累计人数y(人)的统计数据.
x 1 2 3 4 5 6 7
y 6 14 20 37 74 108 203
(1)根据表中数据可以判断y与x大致满足回归模型，试建立y与x的回归方程（精确到0.01）；
(2)为了更好地开展体育类型活动，学校继续调查全校同学的身高情况.采用按比例分层抽样抽取了男生30人，其身高的平均数和方差分别为171.5和13.0；抽取了女生20人，其身高的平均数和方差分别为161.5和27.0，试求全体学生身高的平均数和方差.
参考数据：，其中；
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
16．如图，在三棱柱中，平面平面，.
(1)证明：；
(2)若是正三角形，，求二面角的大小.
17．如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．
(1)若为的焦点，求证：；
(2)过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．
18．已知函数f(x)= xlnx.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若 恒成立，求实数m的取值范围；
(3)若正实数a，b满足证明：
19．对于有穷正整数列，记，若数列满足：，使得，则称为平滑数列.
(1)已知数列，判断是否为平滑数列，并说明理由；
(2)若平滑数列是公差为的等差数列，求的最大值；
(3)若平滑数列的项数为5，求的最大值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由可得；
所以可得，即；
即.
故选C．
2．【答案】B
【详解】若，则取，，满足，
此时，，，充分性不成立；
若，设，则，，
，，，
，必要性成立；
“”是“”的必要不充分条件.
故选B.
3．【答案】D
【详解】因为组合体的外接球的体积为，设球的半径为，所以
所以外接球的半径，因为，所以球心O与正六边形 的中心重合，
记正六边形的中心为，因为
所以
所以.
故选D.
4．【答案】D
【详解】设MN与双曲线的交点为点P，由几何关系结合三角形中位线可得：
，
则：，
点P位于双曲线的左支，则：.
本题选择D选项.
5．【答案】A
【详解】令，即，则，解得.
与的周期均为.
当时，在一个周期内，根据与的大小关系来确定：
当时，，,单调递增；
当时，，，单调递减区间为；
当时，，，单调递减区间为.
所以函数的单调递减区间为和.
因为在区间上单调递减，对其进行分类讨论：
情形1.，解得.
由得,.
由，解得,
所以或,
所以或;
情形2.，解得,
由得，解得,
由,解得,
所以,
所以.
综上，的取值范围是，
故选A.
6．【答案】C
【详解】由题意知，事件共有个基本事件，
对于事件，其中含1，2，3的“局部等差”数列的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的“局部等差”数列的同理也有3个，共6个；
含3，4，5的和含5，4，3的与上述相同，也有6个；
含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个；含4，3，2的同理也有2个；
含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个；
含5，3，1的同理也有4个，
所以事件AB共有24个基本事件，
所以．
故选C.
7．【答案】D
【详解】依题意，方程有且只有两个正根，
即有且只有两个正根，
方程可以化为：，因此转化为
函数与在y轴右侧的图象有两个交点，
先研究函数的图象，因为，
当时，；当时，
且当x=1时，y=0，y'=1，在x=1处切线的斜率是1，简图如图所示：
直线过点(1，0)斜率为m，由图像有两个交点，可以得到m>0且.
故选D.
8．【答案】C
【详解】由题意，要想n的值大，则特征值要尽可能的小，可令，，，，，则，解得：或（舍去）.
故选C．
9．【答案】BC
【详解】，时，等比数列单调递减，故只有最大值，没有最小值；
，时，等比数列为摆动数列，此时为大值，为最小值；
，时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，
所以等比数列有最大值，也有最小值；
，时，因为，所以无最大值，奇数项为负无最小值，
偶数项为正无最大值.
故选BC．
10．【答案】BC
【详解】对于A选项，，即为角终边上一点，，
，，
，A对；
对于B选项，当时，，，，都为整数，B错；
对于C选项，
，C错；
对于D选项，，
由，可得，在上单调递减
由，可得，所以，在上单调递减，
因为，所以，当，时，与都在上单调递减，D对.
故选BC.
11．【答案】ACD
【详解】取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，
在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，
则且，即四边形DGFO是平行四边形，
即有，而平面ACF，平面，
于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，故A正确；
假定存在点P，使得直线平面ACF，而平面ACF，
则，又，从而有，
在中，，DG是直角边EF上的中线，
显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，故B不正确；
因平面平面ABCD，平面平面，
则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，
于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，
在矩形BDEF中，当P与E不重合时，，
，而，则；
当P与E重合时，，，因此，，故C正确；
因为平面平面ABCD，平面平面，，平面BDEF，
所以平面ABCD，，
在中，，显然有，，
由正弦定理得外接圆直径，，
三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】8
【详解】解：因为直线过点，所以，
因为
所以，
当且仅当，即时取等号.
13．【答案】
【详解】如图，设，，，作，，，则，
则，，，
令，即，
，
整理得，
故点的轨迹方程为，，
设点，圆的方程为，半径为，
因为，且，，
所以，，.
即，即.
14．【答案】4
【详解】正四棱锥的底面中心为，线段的中点为，连接，
设，则，，
由正四棱锥的体积，得，则，
因此正四棱锥的表面积，
则
，当且仅当，即时取等号，
解得，所以正四棱锥的表面积的最小值为4.
15．【答案】(1)
(2)平均数为167.5，方差为42.6
【详解】（1）已知，两边取常用对数可得，
设，，，则回归方程变为.
先计算，，，.
根据参考公式，，将，，，代入可得：
.
.
则，
因为，，所以，则；，则.
所以与的回归方程为.
即
（2）全体学生身高的平均数.
根据方差公式（其中为各层人数，为各层方差，为各层平均数，为总平均数）.
将，，，，，，代入可得：
则全体学生身高的平均数为167.5，方差为42.6.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）过点B1作A1C的垂线，垂足为O，如图所示：
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，
又平面，得，
由，，得，
平面，又，得平面，
又平面，得.
（2）以C为坐标原点，,的方向为x轴，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,
由是正三角形，，可得，
所以，，，
设是平面的一个法向量，则
即，令，则有，
得，
设是平面ABC的一个法向量，则
，即，令，则有，
得，
则，
又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.
【方法总结】向量法求二面角的大小
首先求出两个平面的法向量m，n，再代入公式cos α＝±(其中m，n分别是两个平面的法向量，α是二面角的平面角)求解(注意通过观察二面角的大小选择“±”)．
17．【答案】(1)证明见解析;
(2)．
【详解】（1）法一：
由题可知，，
设，，
则，．
因为，故，
解得．
，,
．
．
法二：
由题可知，，
设点，因为，故点在圆上，
又因为点也在上，联立与,得．
解得．
因为，故．
故，．
．
．
（2）因为，，
所以，故．
所以点必在中垂线上．
方法一：
设，直线的方程为，，．
将代入,得,
，，．
因为点在中垂线上，故．
所以，即，
左右两边同时除以得，解得或，
又因为,所以，．
因为，所以,即．
所以，，，．
所以直线的方程为,即．
方法二：
设，直线的方程为，，，,
将代入,得,
，，．
因为点必在中垂线上，且,
所以点为的中点，故，．
因为，所以,即,
所以，，．
所以直线的方程为,即．
18．【答案】(1)单调递减区间，单调递增区间
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）依题意，的定义域为，，
得；得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由，即对恒成立，
设，，则，
，
当时， ，则在上单调递增，
故，符合题意；
当时，令，则，因，则该一元二方程存在两个根，又，则，
则得；得，
则在区间上单调递增，在区间上单调递增减，
则当时，不符合题意，
综上可知，实数m的取值范围为.
（3）令，，
令，
则
，
设，，则，则在上单调递增，
当时，，则，；
当时，，则，，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，
由（2）可知，当时，，则
综上可知，.
19．【答案】(1)是，不是，理由见详解
(2)2
(3)121
【详解】（1）是平滑数列，不是平滑数列.
理由如下：
对于，又.符合平滑数列的定义.
对于，考虑到，
所以9无法被表示.
（2）的最大值为2.
先证.假设：因为，所以.
则，即.
因为，所以.
所以
，
可以得到，与假设矛盾，所以假设不成立，即.
再证可以取到2：构造数列.以下用归纳法证明对于任意，
该数列是平滑数列.根据等差数列的性质，有.
首先，由（1）知为平滑数列.
假设为平滑数列，即，
使得，
那么对于，由归纳假设，此时若令，可以表示中的任意数；
若令，可以表示中的任意数.
因为时，，所以上述两集合包含了从1到中的所有自然数.
所以为平滑数列.所以合乎题意.
所以的最大值为2.
（3）的最大值为121.先证.
对于平滑数列，对于，
考虑的所有可能情况，共有种.
当时，此时和为零，所以非零的情况至多有242种.
又对于每一组，都可取与之对应，
此时，
所以和为正数的情况至多有种.
所以.
再证可取到121.
构造数列.因为及上面的论证，
所以只需证明对于不同的各不相同.
，设，有，
若满足，
即.
若，此时不是3的倍数，但是3的倍数，矛盾.所以；
若，此时不是9的倍数，但是9的倍数，矛盾.所以；
同理可证均等于零.
所以若，必有.得证.