湖南省百所重点高中2024学年高三3月线上第二次月考数学试题试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在三棱锥PABC中，ABBP，ACPC，ABAC，PBPC22，点P到底面ABC的距离为2，则三棱锥PABC外接球的表面积为（ ） A．3

B．

3 2C．12

22D．24

2．已知定点F1(4,0)，F2(4,0)，N是圆O:xy4上的任意一点，点F1关于点N的对称点为M，线段F1M的垂直平分线与直线F2M相交于点P，则点P的轨迹是（ ） A．椭圆

B．双曲线

C．抛物线

D．圆

3．若不等式2xlnxx2ax对x[1,)恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A．(,0)

B．(,1]

C．(0,)

D．[1,)

4．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A．若，m，n，则mn B．若//，m，n，则m//n C．若mn，m，n，则 D．若m，m//n，n//，则

5．若z3ia2iaR为纯虚数，则z＝（ ） A．

16i 3B．6i C．

20i 3D．20

x0y06．已知x，y满足不等式，且目标函数z＝9x+6y最大值的变化范围[20，22]，则t的取值范围（ ）

x2yt2xy4A．[2，4]

B．[4，6]

C．[5，8]

D．[6，7]

7．点A,B,C是单位圆O上不同的三点，线段OC与线段AB交于圆内一点M，若

OCmOAnOB,(m0,n0),mn2，则AOB的最小值为（ ）

A．

 26B．

3 C．

2 D．

3 8．已知实数x、y满足不等式组x2y102xy10，则z3xy的最大值为（ ）

y0A．3

B．2

C．32 D．2

9．已知集合Px|x20,Qx|x3x0，则(RP)Q为（ ） A．[0，2)

B．(2，3]

C．[2，3]

D．(0，2]

10．已知(2mx)(11)3x的展开式中的常数项为8，则实数m（ ）

A．2 B．-2 C．-3 D．3

11．函数

的定义域为（ ）

A．[，3）∪（3，+∞） B．（-∞，3）∪（3，+∞） C．[，+∞） D．（3，+∞）

12．已知奇函数fx是R上的减函数，若m,n满足不等式组f(m)f(n2)0f(mn1)0，则2mn的最小值为（f(m)0A．-4

B．-2

C．0

D．4

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

x2y13．设x，y满足条件12xy1，则z2x3y的最大值为__________.

xy014．若函数f(x)ax(a＞0且a≠1)在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2](1＜m＜n)，则a的取值范围是_______．）

15．已知x，y满足约束条件，则的最小值为___

16．抛物线y4x2的焦点F到准线l的距离为 ．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

217．（12分）设数列an，其前n项和Sn3n，又bn单调递增的等比数列， b1b2b3512，a1b1 a3b3.

(Ⅰ)求数列an，bn的通项公式； (Ⅱ)若cnbn2 ，求数列cn的前n项和Tn，并求证：Tn1.

bn2bn1318．（12分）如图，已知四棱锥PABCD的底面是等腰梯形，AD//BC，AD2，BC4，ABC60，△PAD为等边三角形，且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G，点E在线段BC上，且CE:EB1:3.

（1）求证：DE平面PAD. （2）求二面角APCD的余弦值. 19．（12分）已知函数f(x)(x1)e1. （Ⅰ）求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）已知f(x)ax在R上恒成立，求a的值.

（Ⅲ）若方程f(x)b有两个实数根x1,x2，且x1x2，证明：x2x1b1xeb. e120．（12分）在三棱锥SABC中，ABC是边长为23的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M、N分别为AB、SB的中点.

（1）证明：ACSB； （2）求三棱锥BCMN的体积.

21．（12分）已知等比数列an中，a12，a32是a2和a4的等差中项． (1)求数列an的通项公式； (2)记bnanlog2an，求数列bn的前n项和Tn.

22．（10分）fxlnxax有最大值，且最大值大于0. （1）求a的取值范围； （2）当a12时，fx有两个零点x1,x2x1x2，证明： x1x230. 3(参考数据：ln0.90.1)

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C 【解析】

首先根据垂直关系可确定OPOAOBOC，由此可知O为三棱锥外接球的球心，在PAB中，可以算出AP的 一个表达式，在OAG中，可以计算出AO的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积．【详解】

取AP中点O，由ABBP，ACPC可知：OPOAOBOC，

O为三棱锥PABC外接球球心，

过P作PH平面ABC，交平面ABC于H，连接AH交BC于G，连接OG，HB，HC，

PBPC，HBHC，ABAC，G为BC的中点

由球的性质可知：OG平面ABC，OG//PH，且OG设ABx，

1PH1． 2PB22，AOAG112PAx8， 2212BCx，在OAG中，AG2OG2OA2， 2222212即x8，解得：x2， 2x12三棱锥PABC的外接球的半径为：AO12x22221422223，

三棱锥PABC外接球的表面积为S4R212．

故选：C. 【点睛】

本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置. 2、B 【解析】

根据线段垂直平分线的性质，结合三角形中位线定理、圆锥曲线和圆的定义进行判断即可. 【详解】

因为线段F1M的垂直平分线与直线F2M相交于点P，如下图所示：

所以有PF1PMPF2MF2，而O,N是中点，连接ON，故MF22ON4， 因此PF2PF14(4F2F1)

当N在如下图所示位置时有，所以有PF1PMPF2MF2，而O,N是中点，连接ON,

故MF22ON4，因此PF1PF24(4F2F1)，

综上所述：有PF1PF24(4F2F1)，所以点P的轨迹是双曲线. 故选：B 【点睛】

本题考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力和推理论证能力，考查了分类讨论思想. 3、B

【解析】

2转化2xlnxxax,x[1,)为a2lnxx，构造函数h(x)2lnxx,x[1,)，利用导数研究单调性，求

函数最值，即得解. 【详解】

2由2xlnxxax,x[1,)，可知a2lnxx．

设h(x)2lnxx,x[1,)，则h(x)所以函数h(x)在[1,)上单调递增， 所以h(x)minh(1)1． 所以ah(x)min1． 故a的取值范围是(,1]． 故选：B 【点睛】

210， x本题考查了导数在恒成立问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 4、D 【解析】 试题分析：

m，

n,,故选D.

考点：点线面的位置关系. 5、C 【解析】

根据复数的乘法运算以及纯虚数的概念，可得结果. 【详解】

z3ia2i3a26ai

∵z3ia2iaR为纯虚数， ∴3a20且6a0 得a202i ，此时z33故选：C. 【点睛】

本题考查复数的概念与运算，属基础题. 6、B 【解析】

作出可行域，对t进行分类讨论分析目标函数的最大值，即可求解. 【详解】

x0画出不等式组y0所表示的可行域如图△AOB

2xy4

当t≤2时，可行域即为如图中的△OAM，此时目标函数z＝9x+6y 在A（2，0）取得最大值Z＝18不符合题意

x2yt8t2t4，t＞2时可知目标函数Z＝9x+6y在的交点（）处取得最大值，此时Z＝t+16

2xy433由题意可得，20≤t+16≤22解可得4≤t≤6 故选：B． 【点睛】

此题考查线性规划，根据可行域结合目标函数的最大值的取值范围求参数的取值范围，涉及分类讨论思想，关键在于熟练掌握截距型目标函数的最大值最优解的处理办法. 7、D 【解析】

由题意得1m2n22mncosAOB，再利用基本不等式即可求解． 【详解】

将OCmOAnOB平方得1m2n22mncosAOB，

1m2n21(mn)22mn331cosAOB11mn22mn2mn2mn2 2()2（当且仅当mn1时等号成立），

0AOB， AOB的最小值为

故选：D． 【点睛】

本题主要考查平面向量数量积的应用，考查基本不等式的应用，属于中档题． 8、A 【解析】

画出不等式组所表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求解，得到答案． 【详解】

2， 3x2y10画出不等式组2xy10所表示平面区域，如图所示，

y0由目标函数z3xy，化为直线y3xz，当直线y3xz过点A时， 此时直线y3xz在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，

x2y10又由，解得A(1,0)，

y0所以目标函数的最大值为z3(1)03，故选A．

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．

9、B 【解析】

先求出Px|x2,Qx|0x3，得到【详解】

由题意，集合Px|x20,Qx|RP{x|x2}，再结合集合交集的运算，即可求解.

x30， xR所以Px|x2,Qx|0x3，则所以(RP)故选：B. 【点睛】

P{x|x2}，

Q{x|2x3}(2,3].

本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题. 10、A 【解析】

先求(1)的展开式，再分类分析(2mx)中用哪一项与(1)相乘，将所有结果为常数的相加，即为

1x31x31(2mx)(1)3展开式的常数项，从而求出m的值.

x【详解】

11(1)3展开式的通项为Tr1C3r13r()rC3r(1)rxr，

xx0当(2mx)取2时，常数项为2C32，

11当(2mx)取mx时，常数项为mC3(1)3m

由题知23m8，则m2. 故选：A. 【点睛】

本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题，其中对(2mx)所取的项要进行分类讨论，属于基础题. 11、A 【解析】

根据幂函数的定义域与分母不为零列不等式组求解即可. 【详解】

因为函数解得函数【点睛】

且

；

的定义域为

，

, 故选A．

定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数

求出.

12、B 【解析】

根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案. 【详解】

的定义域为

，则函数

的定义域由不等式

m2n奇函数fx是R上的减函数，则f00，且mn10，画出可行域和目标函数，

m0z2mn，即n2mz，z表示直线与y轴截距的相反数，

根据平移得到：当直线过点0,2，即m0.n2时，z2mn有最小值为2. 故选：B.

【点睛】

本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、

1 32z2zx，平移直线yx，数形结合可求z的最大值. 3333【解析】

作出可行域，由z2x3y得y【详解】

作出可行域如图所示

由z2x3y得y平移直线y2zzx，则是直线在y轴上的截距.

3332zzx，当直线经过可行域内的点M时，最小，此时z最大.

3331x2xy1113解方程组，得，M,.

33xy0y13111zmax23.

333故答案为：【点睛】

本题考查简单的线性规划，属于基础题. 14、 (1，ee) 【解析】

21. 3f(x)ax在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等价转化为f(x)ax与y考虑相切状态可求a的取值范围. 【详解】

由题意知：f(x)a与yxx2的图像在(1，)上恰有两个交点，

x2的图像在(1，)上恰有两个交点

考查临界情形：ya0与yxx2切于x0，

x222a00x0a0eea(1,ee)． x0a0lna2x0故答案为：(1,ee). 【点睛】

本题主要考查导数的几何意义，把已知条件进行等价转化是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养. 15、 【解析】

先根据约束条件画出可行域，再由【详解】

表示直线在y轴上的截距最大即可得解.

2

x，y满足约束条件，画出可行域如图所示.目标函数，即.

平移直线，截距最大时即为所求. 点A（，

），

，

z在点A处有最小值：z＝2故答案为：. 【点睛】

本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法． 16、

【解析】

2试题分析：由题意得，因为抛物线y4x，即x2111y,p，即焦点F到准线l的距离为. 488考点：抛物线的性质．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

n117、（1）an6n3，bn2；（2）详见解析.

【解析】

22（1）当n1时，anS13，当n2时，anSnSn13n[3(n1)]6n3， 2当n1时，也满足an6n3，∴an6n3，∵等比数列bn，∴b1b3b2， 3∴b1b2b3b2512b28，又∵a1b1a3b3，

∴381158qq2或q（舍去）， q2n1∴bnb2qn22；

2n12n11（2）由（1）可得：cnn1，

(22)(2n11)(2n1)(2n11)2n12n11∴Tnc1c2c3cn(11112)(23)21212121(11) 2n12n11122∴TnT1，即Tn1.）

3318、（1）证明见解析（2）【解析】

112n11，显然数列Tn是递增数列，

65 13（1）由等腰梯形的性质可证得DEAD,由射影可得PG平面ABCD,进而求证；

（2）取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,分别求得平面APC与平面DPC的法向量,再利用数量积求解即可. 【详解】

（1）在等腰梯形ABCD中,

点E在线段BC上,且CE:EB1:3,

点E为BC上靠近C点的四等分点,

AD2,BC4,CE1, DEAD,

点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,连接PG,

PG平面ABCD,

DE平面ABCD,PGDE.

又ADPGG,AD平面PAD,PG平面PAD,

DE平面PAD.

（2）取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,

由（1）易知,DECB,CE1, 又ABCDCB60,DEGF3, AD2,△PAD为等边三角形,PG3,

则G(0,0,0),A(1,0,0),D(1,0,0),P(0,0,3),C(2,3,0),

AC(3,3,0),AP(1,0,3),DC(1,3,0),DP(1,0,3),

设平面APC的法向量为m(x1,y1,z1),

mAC03x13y10, 则，即mAP0x13z10令x13,则y13,z11,m(3,3,1), 设平面DPC的法向量为n(x2,y2,z2),

nDC0x23y20,即, 则nDP0x23z20令x23,则y21,z21,n(3,1,1), 设平面APC与平面DPC的夹角为θ,则 cosmnmn33113565 13二面角APCD的余弦值为65. 13【点睛】

本题考查线面垂直的证明,考查空间向量法求二面角,考查运算能力与空间想象能力. 19、（Ⅰ）y【解析】

（Ⅰ）根据导数的几何意义求解即可.

（Ⅱ）求导分析函数的单调性,并构造函数hxfxax根据单调性分析可得hx只能在x0处取得最小值求解即可.

（Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）的结论可知fx1e（Ⅱ）a1；（Ⅲ）证明见解析 x1；

e1e1ex1,fxx在R上恒成立,再分别设bx1 bx的ee解为x3、x4.再根据不等式的性质证明即可. 【详解】

1（Ⅰ）由题f'(x)e1x1e,故f'(1)e1xx11.且f(1)0. e故f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y1ex1. ex（Ⅱ）设hxfxaxx1e1ax0恒成立,故h'xx2ea1.

x设函数xx2e则'xx3e,故xx2e在,3上单调递减且x0,又x在

xxx3,上单调递增.

又02,即h'01a且h00,故hx只能在x0处取得最小值, 当a1时，此时h'xx2e2,且在,0上h'x0,hx单调递减.

x在0,上h'x0,hx单调递增.故hxh00,满足题意；

x当a1时，此时xx2ea1有解x00,且hx在0,x0上单调递减,与hxh(0)矛盾；

x当a1时，此时xx2ea1有解3x00,且hx在x0,0上单调递减,与hxh(0)矛盾；

故a1

xxxx（Ⅲ）f'(x)e1x1ex2e1.由（Ⅰ）,f'(x)x2e1在,3上单调递减且f'(x)0,

又

f'(x)在3,上单调递增,故f'(x)0最多一根.

110又因为f'(1)12e1e10,f'(0)02e110, 故设f'(x)0的解为xt,因为f'1f'00,故t1,0. 所以fx在,t递减,在t,递增.

因为方程f(x)b有两个实数根x1,x2,故bft . 结合（Ⅰ）（Ⅱ）有fx1ex1,fxx在R上恒成立. e设b1ex1 的解为x3,则x3x1；设bx的解为x4,则x4x2. eeb1,x4b. 1eeb,得证. e1故x3故x2x1x4x3b1【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义以及根据函数的单调性与最值求解参数值的问题.同时也考查了构造函数结合前问的结论证明不等式的方法.属于难题. 20、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）取AC 中点D，连接SD，DB，证明AC平面SDB，由线面垂直的性质可得ACSB； （2）由VBCMNVNCMB，即可求得三棱锥BCMN的体积． 【详解】

解：（1）证明：取AC中点D，连接SD，DB.

因为SASC，ABBC，所以ACSD且ACBD， 因为SD3. 4BDD，SD平面SDB，BD平面SDB，所以AC平面SDB.

又SB平面SDB，所以ACSB；

（2）解：因为AC平面SDB，AC平面ABC，所以平面SDC平面ABC， 过N作NEBD于E，则NE平面ABC， 因为平面SAC平面ABC，SDAC，平面SAC又因为NE平面ABC，所以NE//SD， 由于SNNB，所以NESD 所以SCMBCMBM平面ABCAC，SD平面SAC，所以SD平面ABC，

33， 213313. 3224所以VBCMNVNCMBSCMBNE【点睛】

本题考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，解题的关键是掌握线面垂直的判定与性质，属于中档题．

n21、（1）an2（2）Tn2n12n1

【解析】

（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•log2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn． 【详解】

(1)设数列an的公比为q， 由题意知：2a32a2a4，

∴q32q2q20，即q2q10.

2∴q2，即an22n12n.

n(2)bnn2，

23∴Tn122232n2n.①

2Tn122223324123n12nn2n1.②

4①－②得Tn22222nn2n1

2n12n1

∴Tn2n12【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题． 22、（1）0,【解析】

（1）求出函数yfx的定义域为0,，fxn1.

1（2）证明见解析. ；e1ax，分a0和a0两种情况讨论，分析函数yfxx的单调性，求出函数yfx的最大值，即可得出关于实数a的不等式，进而可求得实数a的取值范围； （2）利用导数分析出函数yfx在0,3上递增，在3,上递减，可得出0x13x2，由

30fx2f2fx1x130x10x10f23lnx112ln30，构造函数gx3lnx2ln30，证明出

3x13xx130gx10，进而得出fx2f2，再由函数yfx在区间3,上的单调性可证得结论.

x1【详解】

（1）函数fxlnxax的定义域为0,，且fx当a0时，对任意的x0，fx0，

此时函数yfx在0,上为增函数，函数yfx为最大值； 当a0时，令fx0，得x当0x1ax. x1. a1时，fx0，此时函数yfx单调递增； a当x1时，fx0，此时函数yfx单调递减. a1处取得极大值，亦即最大值， a所以，函数yfx在x即fxmaxf11lna100a. ，解得ae1； e综上所述，实数a的取值范围是0a（2）当a11时，fxlnxx，定义域为0,，

33113xfx，当0x3时，fx0；当x3时，fx0.

x33x所以，函数yfx的单调递增区间为0,3，单调递减区间为3,. 由于函数yfx有两个零点x1、x2且x1x2，0x13x2，

30fx2f2fx1x1构造函数gx3lnxx11030x130103lnx2ln30， f2lnx1ln2213x13x1x1x1x10ln30，其中0x3， 3x23120x39x260， gx33x3x3x令hxx9x60，hx3x18x3xx6，当0x3时，hx0，

322所以，函数yhx在区间0,3上单调递减，则hxh360，则gx0. 所以，函数ygx在区间0,3上单调递减，

0x13，gx1g33ln31101ln30ln0.90， 9930fxf即22fx1x10x13，30f2gx10，即fx2x130f2， x13030103且x23，而函数yfx在3,上为减函数， 2x193所以，x2【点睛】

3022，因此，x1x230. x1本题考查利用函数的最值求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，利用所证不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于难题.