/湖南省長沙市2024_2025學年高三下冊月考卷（七）數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．設集合，則（

）A． B． C． D．2．“”是“復數為純虛數”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知平面向量滿足，且，則（

）A． B． C． D．4．已知隨機變量，且，則的最小值為（

）A．5 B． C． D．5．已知，則（

）A． B． C． D．6．已知雙曲線的右焦點為，過且傾斜角為的直線交雙曲線的兩條漸近線于兩點，則（）A． B． C． D．7．從幾何體的某一頂點開始，沿著棱不間斷、不重復地畫完所有棱的畫法稱為“一筆畫”．下列幾何體可以“一筆畫”的是（

）A． B．C． D．8．定義在的增函數滿足：，且.已知數列的前項和為，則使得成立的的最大值是（）A．8 B．9 C．10 D．11二、多選題（本大題共3小題）9．已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題為真命題的有（

）A．若，則平行或相交B．若，則C．若，則D．若，則平行或相交10．已知的內角的對邊分別為，且，下列結論正確的是（

）A．B．若，則有兩解C．當時，為直角三角形D．若為銳角三角形，則的取值范圍是11．數學中有許多美麗的曲線，圖中美麗的眼睛圖案由兩條曲線構成，曲線，上頂點為，右頂點為，曲線上的點滿足到和直線的距離之和為定值4，已知兩條曲線具有公共的上下頂點，過作斜率小于0的直線與兩曲線從左到右依次交于且，則（

）A．曲線由兩條拋物線的一部分組成B．線段的長度與點到直線的距離相等C．若線段的長度為，則直線的斜率為D．若，則直線的斜率為三、填空題（本大題共3小題）12．已知二項式展開式中含有常數項，則n的最小值為．13．小明參加一項籃球投籃測試，測試規則如下：若出現連續兩次投籃命中，則通過測式；若出現連續兩次投籃不中，則不通過測試.已知小明每次投籃命中的概率均為，則小明通過測試的概率為.14．已知函數，若不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍是.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖，三棱柱中，側面底面ABC，且，．

(1)證明：平面ABC；(2)若，，求平面與平面夾角的余弦值．16．已知函數，其中(1)當時，求曲線的對稱中心；(2)若函數在區間上單調遞減，求實數a的取值范圍．17．“石頭、剪刀、布”是我們小時候常玩的游戲，游戲規則如下：①石頭贏剪刀，剪刀贏布，布贏石頭；②兩人游戲時，出相同的手勢為平局；多人游戲時都出相同的手勢或者三種手勢都出現為平局.現有人玩游戲.(1)分別求3人，4人玩一輪游戲，平局的概率、；(2)求人玩一輪游戲，平局的概率（結果用n表示）；(3)設當時，玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者的概率.18．已知點，平面內過一動點（異于）的直線分別與直線4相交于兩點，且，記動點的軌跡為曲線.(1)求的方程；(2)若斜率為1的直線與相交于兩點，且，求的方程；(3)記與外接圓的半徑分別為，求的最小值.19．記集合，，，對于，，，定義.(1)，且，記隨機變量，求(2)若集合，對于，且，都有，請寫出一個集合，使得集合中的元素個數最多，并說明理由；(3)若集合，對于，且，都有，求證：集合中至多有個元素．

答案1．【正確答案】D【詳解】不等式等價于，解得，；不等式等價于，，，，.故選D.2．【正確答案】C【詳解】復數，當時，，復數，是純虛數，當復數為純虛數時，有解得，則“”是“復數為純虛數”的充要條件.故選C.3．【正確答案】D【詳解】由，，．故選D．4．【正確答案】D【分析】根據正態分布的對稱性求得，利用基本不等式求得正確答案.【詳解】根據正態分布的知識得，則，，當且僅當，即時取等號.故選D.5．【正確答案】A【詳解】，，，可得，，．故選A．6．【正確答案】A【詳解】由已知，漸近線方程為，則兩條漸近線傾斜角分別為和；直線的傾斜角為，且經過右焦點，所以該直線與其中一條漸近線垂直．令，易得，則.故選A.7．【正確答案】C【詳解】從一頂點出發的邊數為雙數的頂點叫偶點，凡是偶點組成的圖形一定可以一筆畫，所以C選項正確;從一頂點出發的邊數為單數的頂點叫奇點，凡是奇點組成的圖形，必須滿足只有兩個奇點，其余點為偶點才可以一筆畫，而ABD選項圖形中，每個點都是奇點，所以不能一筆畫.故選C.8．【正確答案】B【詳解】法一：，可令，又，則，，．．法二：由題；令；令；，．．故選B．9．【正確答案】BD【詳解】若，則平行或相交或異面，故A錯誤；若，則，故B正確；若，則平行或相交，故C錯誤；若，則平行或相交，故D正確.故選BD.10．【正確答案】ACD【分析】通過正弦定理、誘導公式、二倍角公式及輔助角公式即可判斷A；通過余弦定理即可判斷B；通過余弦定理及可得或，即可判斷C；通過求的取值范圍，并將即可判斷D.【詳解】對于A，因為，所以由及正弦定理得，，由誘導公式得，，因為，故，所以，化解得，即，所以或，即（舍）或，故A正確；對于B，由余弦定理得，即，得，由，所以(負值舍)，即有一解，故B錯誤；對于C，因為，兩邊平方得，由余弦定理得，由兩式消得，，解得或，由解得，由解得;故為直角三角形，故C正確；對于D，因為為銳角三角形，且，所以，即，所以，所以，故D正確.故選ACD.11．【正確答案】ABD【詳解】對于A選項，設曲線上任意一點，由定義可知，滿足，移項，平方可得：，即，為兩條拋物線，故A正確；對于B選項，和直線分別為拋物線的焦點和準線，由拋物線定義可知，故B正確對于C選項，設與軸夾角為同時為拋物線和橢圓的焦點，，，解得，則，故C錯誤.對于D選項，易知為拋物線和的焦點，前者，后者分別為兩個拋物線的較短的焦半徑，因此，由于，則，因此，所以，故D正確，故選ABD.12．【正確答案】6【詳解】二項式展開式的通項為：，二項式展開式中含有常數項，有解，,則當時，最小，且最小值為6.13．【正確答案】【詳解】設第一次投籃成功為事件B，通過測試為事件A，則，所以，所以.14．【正確答案】【詳解】函數的定義域為，定義域關于原點對稱，且，所以為偶函數，又當時，，，所以，所以在上單調遞增，所以不等式對任意恒成立，轉化為，即，所以且在上恒成立，①若在上恒成立，則，解得；②若在上恒成立，則，解得，綜上所述，實數的取值范圍是.15．【正確答案】(1)證明見解析；(2).【詳解】（1）取BC的中點M，連結MA、．

因為，，所以，，由于AM，平面，且，因此平面，因為平面，所以，又因為，所以，因為平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC，因為，所以平面ABC.（2）法一：因為，且，所以．以AB，AC，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，．所以，，．設平面的法向量為，則，可得，令，則，設平面的法向量為，則，可得，令，則，設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.法二：將直三棱柱補成長方體．連接，過點C作，垂足為P，再過P作，垂足為Q，連接CQ，

因為平面，且平面，所以，又因為，由于BD，平面，且，所以平面，則為直角三角形，由于平面，所以，因為，平面CPQ，且，所以平面CPQ，因為平面CPQ，所以，則∠CQP為平面與平面的夾角或補角，在中，由等面積法可得,因為，所以，因此平面與平面夾角的余弦值為.16．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）當時，，定義域為，其定義域關于對稱，則，所以函數的對稱中心是.（2）由，因為，所以，所以的定義域為，則，由題可得在區間上恒成立，則在區間上恒成立，則，解得，故實數a的取值范圍為：17．【正確答案】(1)，(2)(3)【詳解】（1），（2）由于平局的情況比較多，我們可以考慮n人玩游戲分出勝負的概率，；其中表示分出勝負的三種情況，即n人只出了①石頭，剪刀；②石頭，布；③剪刀，布，此時分勝負，而分出勝負與平局是對立事件，故（3）解法一：由于5人玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者情形一：第一輪平局，第二輪決出唯一獲勝者此時；情形二：第一輪淘汰1位游戲者，第二輪淘汰3位游戲者，決出唯一獲勝者此時；情形三：第一輪淘汰2位游戲者，第二輪淘汰2位游戲者，決出唯一獲勝者此時；情形四：第一輪淘汰3位游戲者，第二輪淘汰1位游戲者，決出唯一獲勝者此時；綜上所述：解法二：記表示n個人玩一輪游戲，恰好剩m人的概率，當時，；當時，；5人2輪游戲決出唯一獲勝者的概率，.18．【正確答案】(1)（）；(2)；(3).【詳解】（1）設，由，得，整理得.因為點P異于點A，B，所以C的方程為（）.（2）設l的方程為，，，則.聯立方程組，整理得，則，即，所以，，則，解得，滿足題設，所以l的方程為.（3）設直線PA的方程為，則直線PB的方程為.令，得，同理得，則.在中，由正弦定理知，同理可得.因為，所以，從而，當且僅當時等號成立，故的最小值為.19．【正確答案】(1)(2)，中一共有個元素，理由見解析(3)證明見解析【詳解】（1）由題意可，中的元素有，，，，，，，，共8個，從8個元素中任選兩個元素有種，其中向量和剩下7個向量的數量積均為0，有7種情況；，，這3個向量中任選兩個，它們的數量積均為0，有3種情況；，，這3個向量分別和，，的數量積為0，有3種情況，則滿足的情況共有種，所以.（2），中一共有個元素，此時中元素個數是最多的.理由如下：假設中除了外還有個元素，則根據集合中元素的互異性這些元素中至少含有個“1”，所以一定存在兩個元素，，，這兩個向量之中的某一個分量同時為1，即存在，使得，此時，與題設矛盾，故集合中至多有個元素．（3）對于，令，定義與是一組“互補向量”，若，則，且，所以對于集合，若，則，因為若且，則，與已知對于，且，都有，矛盾，而中元素個數為個，與成對出現，所以集合中的元素個數至多為個，即.下面給出一種的取法：在每一組“互補向量”中，我們始終取“1”的個數較多的那個向量作為集合中的元素，這樣就能保證對于，且，都有，證明如下：①若，，則每一組“互補向量”里被選出來的向量都至少含有個“1”，可知中任意兩個向量里都