【文档说明】湖南省名校2024届高三上学期月考数学题型分类汇编（填空题）PDF版含答案.pdf，共(45)页，1.257 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0c7980547f3a9222f9e0b658e28a3982.html

以下为本文档部分文字说明：

湖南省名校2024届高三上学期月考数学题型分类汇编填空题目录湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（三）数学（

填空题）湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）湖南省长沙市雅礼中学2024

届高三上学期月考（三）数学（填空题）湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月

考（二）数学（填空题）湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）湖南省湖南师范大学附属中学2024届

高三上学期月考（一）数学（填空题）湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（四）数学

（填空题）湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）参考答案说明：本套资源是2024届高三上学期数学学科月考试卷题型分类汇编，本辑为填空题，试题来源于湖南省长郡中学、雅礼中学、长沙

市第一中学、湖南师范大学附属中学等名校上学期月考试卷，可供高三学生上学期进行数学总复习时学习和参考。湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）13.已知sin3cos0，则cos2tan_______

___.14.用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有n个，则345331111nxxxxx的展开式中，2x的系数是_______

____.（用数字作答）15.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为36的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是____________.16.如图，椭圆的中心在原点，长轴1AA在x轴上.以A，1A为焦点的双曲线交椭圆于C，D，1D，1C四点，

且112CDAA.椭圆的一条弦AC交双曲线于E，设AEEC，当2334时，双曲线的离心率的取值范围为____________.湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）13.51(2)yxyx的展开式中，23x

y的系数为__________．14.已知nS是数列na的前n项和，1232,3,4aaa，数列12nnnaaa是公差为1的等差数列，则40S__________.15.已知双曲线2222:1(

0,0)xyCabab的左､右焦点分别为12,FF，过双曲线C上一点P向y轴作垂线，垂足为Q，若12PQFF且1PF与2QF垂直，则双曲线C的离心率为__________.16.如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为______．湖南省长

沙市长郡中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）13．已知2sin123cos，则sin26_____________．14．将8块完全相同的巧克力分配给,,,ABCD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na和nb是两个等差数列，且(15)kkakb是常值，若151288,96,192aab，则nb的通项公式为_____________．16．已知12,FF是双曲线2222:1(

0,0)xyCabab的左、右焦点，以2F为圆心，4为半径的圆与C的一条渐近线切于点P，过1F的直线l与C交于,AB两个不同的点，若C的离心率53e，则下列结论中正确的序号有_____________．①1213PF；②||AB的最小值为3

23；③若27AF，则113AF；④若AB、同在C的左支上，则直线l的斜率44,,33k．湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）13.已知函数32,2log2,2xxfxxx，则7f

f的值为__________．14.2023年10月国庆节旅游黄金周期间，自驾游爱好者甲､乙､丁3家组团自驾去杭州旅游，3家人分别乘坐3辆车，沪昆高速杭州入口有,,ABC共3个不同的窗口，则每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为__________．15.已知双曲线2222

1(0,0)xyabab的左、右焦点分别为12,FF，过2F作一条直线与双曲线右支交于,AB两点，坐标原点为O，若221||,||5OAabBFa，则该双曲线的离心率为___________.16.已知关于x的不等

式21e0xxkx恰有3个不同的正整数解，则实数k的取值范围是__________．湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）13.5(12)x的展开式中4x的系数是__________.（

用数字作答）.14.函数sin2fxxxx的图象在π2x处的切线与坐标轴所围成的图形的面积为__________.15.四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，点,EF分别为,PCAD的

中点，平面BEF将四棱锥PABCD分成两部分的体积分别为12,VV，且满足12VV，则12VV__________.16.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左､右焦点分别为12,FF，离心率为e，点P

在椭圆上，连接1PF并延长交C于点Q，连接2QF，若存在点P使2PQQF成立，则2e的取值范围为__________.湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）13.已知(2,),(3,1)ab，若abb

，则a______.14.已知函数51,2()24,2xxfxxx，则函数gxfxx的零点个数为______.15.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面

截此正方体所得截面面积的最大值为______.16.如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为1.1xy，第n根弦（nN，从左数首

根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：1yx交于点,nnnAxy和,nnnBxy，则200nnnyy______.（参考数据：取221.18.14.）湖南省长沙市雅礼

中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）13.若函数lnfxxax的图象在1x处的切线斜率为3，则a__________．14.在平面直角坐标系xOy中，圆O与x轴的正半轴交于点A，

点B，C在圆O上，若射线OB平分AOC，34,55B，则点C的坐标为__________．15.已知函数fx的定义域为R，exyfx是偶函数，3exyfx是奇函数，则fx的最小值为___

__________．16.已知菱形ABCD中，对角线23BD，将ABD△沿着BD折叠，使得二面角ABDC为120°，AC33，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为________.湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（

三）数学（填空题）13．数据2，4，6，8，10，12，13，15，16，18的第70百分位数为．14．已知F是双曲线221412xy的左焦点，1,4A，P是双曲线右支上的一动点，则PFPA的最小值为．15．若51nxx的展开式中第4项是常数项，则7n除

以9的余数为．16．已知函数fx的定义域为0,，且221,0,1log3,1,222,2,xxfxxxfxx，函数122xgxfx在区间0,a内的所有零点为ix（1i，2，3，…，n

）．若116niix，则实数a的取值范围是．湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）13.已知sin4cos，则tan2__________．14.某校安排高一年级（1）～（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个

基地，每个基地至少安排一个班，则高（1）班被安排到A基地的排法总数为__________种．15.已知O为坐标原点，点P在标准单位圆上，过点P作圆C：22434xy=的切线，切点为Q，则PQ的最小值为

_____________．16.已知1F，2F分别是双曲线C：22221xyab（0a，0b）的左、右焦点，P为双曲线C上的动点，1210FF，126PFPF，点P到双曲线C的两条渐近线的距离分别为1d，2d，则12dd_________．湖南省长沙市第一中学20

24届高三上学期月考（一）数学（填空题）13.已知两圆2222212:1,:(1)(1)(1)CxyCxyrr，若圆1C与圆2C有且仅有两条公切线，则r的取值范围为__________.14.在等差数列na中，若6

51aa，且数列na的前n项和nS有最大值，则使0nS成立的正整数n的最大值是__________.15.已知函数e2xfxaxa，若fx恰有两个零点，则实数a的取值范围是__________.16.已知函数co

s(0,0π)fxx的图象在y轴上的截距为12，且在区间π,2π上没有最值，则的取值范围为__________.湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）1

3.5211xx的展开式中4x的系数为______.（用数字作答）14.写出一个同时具有下列两个性质的函数fx：______.①fx的值域为,2；②当,x时，()0fx¢>.15.双曲线

2222:1(0,0)xyCabab的左，右焦点分别为1F，2F，右支上有一点M，满足1290FMF，12FMF△的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为________．16.已知正四

面体ABCD的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体ABCD表面上任意一点，则PMPN的最小值为___________．湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）13.已知向量(2,0),(1,1)ab

，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为__________.14.已知边长为42的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的表面积为100π，则四棱锥OABCD的体积为__________.15.将函数sincos(,Rfxaxbxa

b且0)b的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再将所得图形向左平移π3个单位长度后，得到一个奇函数图象，则ab__________.16.如图，矩形OABC中，3,2.OAOC,MN分别为线段,OAAB上的动点，且满足,

OMtOABNtBA.点C关于原点的对称点为C，直线CM与CN交于点P，则点P到直线2100xy的最小距离为__________.湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（

四）数学（填空题）13.已知角的终边过点4,Aa，且3sin(π)5，则tan___________.14.已知圆台的上、下底面直径分别为2和4，高为1，则该圆台外接球的表面积为__________.15.设F为抛物线28yx的

焦点，A，B，C为该抛物线上不同的三点，若FAFBFCOF，O为坐标原点，则FAFBFC___________.16.函数2sin2cosfxxx的值域为__

________.湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）13.已知函数fx是奇函数，且32,0,,0,xxfxgxx则8g的值为______14.向量a，b，c在正方形网格（每个小正方形的边长为1）中的位置如图所示，若向量b

c与a共线，则ab与c夹角的余弦值为______15.设061263012612mmmmxaxaxaxaxx，则60iim______16.已知M为椭圆：22221xyab（0ab）上一点，1F，2F为左、右焦点，设12MFF

，21MFF，若cos2cos22，则该椭圆的离心率e______湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）13.曲线exfxxa在点0,0f处的切线与直线12yx

垂直，则a______.14.若圆22112xy关于直线3ykx对称，则k的值是______.15.如图，正四棱锥PABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形，若半球O的球心为四

棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为______.16.已知数列na的各项均为非零实数，其前n项和为nS，11a，且对于任意的正整数n均有211nnnSSa.（1）若32

a，则2a______；（2）若20232022a，则满足条件的无穷数列的一个通项公式可以是na______.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）13.ABC的三个顶点分别是(1,1,2

)A，(5,6,2)B，(1,3,1)C，则AC边上的高BD长为__________．14.已知函数21sincoscos2fxxxxxR.若0032π3π(,[,]10)88fxx，则0cos2x__________.15.已知函数21,1e,1xxxfxx

，若,abfafb，则实数2ab的取值范围为__________.16.在如图所示的三角形数阵中，用,ijaij表示第i行第j个数*(,ijN），已知*,11112iiaiN，且当3i时，除第i行中的第1个数和第i个数外，每行中的其他各数均等

于其“肩膀”上的两个数之和，即,1,11,21ijijijaaaji„„.若,22023ma，则正整数m的最小值为__________.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月

考（三）数学（填空题）13．若圆22()(1)4xay和圆221xy恰有三条公切线，则实数a____________．14．若333qq，则当取得最小值时，q____________．15．已知

正ABC△的边长为2，点P为ABC△所在平面内的动点，且1PC，则PAPB的取值范围为____________．16．在三棱台111ABCABC中，1111,6,42ABACBCABAC，152AA，平面11BBCC平面ABC，则该三棱台外接球的体

积为____________．湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）13.已知函数yfx的图像在点11Mf，处的切线方程是122yx，则11ff＝______．14.如图，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形DE

F拼成的一个较大的等边三角形ABC，若3AF，33sin14ACF，则DEF的面积为________．15.已知数列na的首项132a，且满足1323nnnaaa．若123111181naaaa，则n的最

大值为______．16.在棱长为3的正方体1111ABCDABCD中，点E满足112AEEB，点F在平面1BCD内，则|1||AFEF的最小值为___________.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三

上学期月考（五）数学（填空题）13.已知向量1,1a，向量b满足22bab，则ab__________.14.已知正三棱台的上､下底面边长分别为3和33，它的一个侧面的面积为26，则该正三棱台的体积为___

_______.15.已知直线10xy与圆22:8Cxmy交于,AB两点，则满足“ABC的面积为23”的m的一个值为__________.16.已知函数sin(0,0,0π)f

xAxBA的部分图象如图所示，且32MN，则不等式12fx在区间0,4上的解集为__________.参考答案湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）参考答案13.115

【解析】因为tan3，则22222222cossin1tan4cos2cossincossin1tan5，所以411cos2tan355.14.2023【解析】用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数中，满足个位小于百位且百

位小于万位的五位数有3252CA20个，即20n，当20n时，不妨设0x，则345331111nxxxxx3452331111xxxx

x321324243333111111111xxxxxxxxxxxxx，所以2x的系数是33243CC202412023.15.

483【解析】由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为36，故小三角形的边长为6，小球与一个面不能接触到的部分的面积为1313363666123222

2，所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是4123483.16.7,10【解析】设,0Ac，1,0Ac，则设,2cDh，,2cCh，（其中c为双曲线的半焦距，h为C，D到x轴的距离），

∵AEEC，则∴AEEC，即,,2EEEEcxcyxhy，∴22121Ecccx，1Ehy，即E点坐标为2,211ch，设

双曲线的方程为22221xyab，将cae代入方程，得222221exycb，①将,2cCh，2,211chE代入①式，整理得22214ehb，2222221411ehb，消去22hb，得2

221ee，所以22213122eee，由于2334，所以22331324e，故2710e，∴710e.湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）参考答案13.40【解析】二项式5(2)xy的

通项公式为515C2rrrrTxy，所以23xy的系数为233255C21C240，故答案为：4014.366【解析】设12nnnnbaaa，由题意知nb是公差为1的等差数列，则11239baaa，故9118nbnn

，则21110bb，故25381323828583881383642bbb.于是401234567383940Saaaaaaaaaa，12538236436

6abbb.故答案为：366.15.312【解析】设双曲线22221(0,0)xyabab焦距为2c，不妨设点P在第一象限，由题意知12PQFF∥，由12PQFF且1PF与2QF垂直可知，四边形12PQFF为菱形，且边长为2c，而1Q

FO为直角三角形，112,QFcFOc，故1130,60FQOQFO，则1120FQP，则1232223,22PFccPFc，故122322PFPFcca，即离心率131231e.

故答案为:312.16.22【解析】如图所示，设SOx，半径11AOBOr，高112SOxh，球半径为单位长度11OCOO，因为1SCOSOA△△∽，可得1AOOCSOSA，即2211rxrx，所

以221xrrx，解得2112xhrxh，所以侧面积2222π1ππ1π22hhhSrrxrxhhh，令22hhfhh，可得2222224222hhhfhhh，令0fh，可得2220h

，解得22h．当2,22h，0fh，()fh单调递减；当22,h，0fh，()fh单调递减，所以22h时侧面积S有最小值．故答案为：22.湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）参考答案

13．78【解析】由2sin123cos，得224sin43sin212cos1，则2(1cos2)43sin26(1cos2)1,43sin24cos27，故3

177sin2cos2,sin222868．14．19【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24C个，即6个，属于第三类的分配方案有2142CC个，即12个，故满足条件的分配方案的总数为19个．15．*22432nbnnN【解析】由于(15)kkakb是常数，所以5151a

abb，即596288192b，所以564b．因为nb等差数列，所以数列nb的公差516419232514bbd，通项公式为*19232(1)22432,nbnnnN．16．①③④【解析】对于①，设双曲线2222

:1(0,0)xyCabab的一条渐近线为byxa，即0bxay，则2(,0)Fc到直线0bxay的距离为22||bcbba，因为以2F为圆心的圆与l相切于点P，所以24PFb，因为53e

，即53ca，则53ca，又222abc，即2225169aa，所以3,5ac．在2RtPFO△中，214cos5bPFFc，在21PFF△中，122210,4FFcPF，22211221222142

cos100162104525PFFFPFFFPFPFF，所以1213PF，故①正确；对于②，当直线l的斜率为0时，,AB两点分别为双曲线的顶点，则||26ABa，又因为3263，即||AB的最小值不是323，故②错误；对于③，因为

27AF，又8ac，且2AFac，所以A在C的右支上，所以1226AFAFa，所以1267613AFAF，故③正确；对于④，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(5)ykx，设点1122,,,AxyBxy，联立22(5),1,916y

kxxy可得2222169902251440kxkxk，因为直线l与双曲线C交于左支的两点，所以，2422212221221690,810041692251440,900,16922

51440,916kkkkkxxkkxxk解得43k或43k，故④正确．湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）参考答案13.4【解析】由题意可得，37log272f，所以2

7224fff．故答案为：4.14.29【解析】该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数为33，3个窗口各有1辆车在等候的事件含有33A个基本事件，所以每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为333A329P.故答案为：29.15.102【解析】解：如图，1212

,OAOFOFcAFAF因为15BFa，则21||||23BFBFaa，设2AFm，则12AFma，则3ABma，由勾股定理可得22211||||||AFABBF，即222235mamaa

，整理可得22560mama，因为0m，解得ma，所以，2AFa，13AFa，由勾股定理可得2221212||||||AFAFFF，即22292aac，整理可得210ca，因此，该双曲线的离心率为102cea.故答案为：102.16.43169,5

e4e【解析】当0k时，不等式20x有无数个正整数解，不满足题意；当0k时，当0x时，不等式21e0xxkx恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；当0k时，不等式21e0xxkx等价于21exxkx，令2exxfx，所以

222eexxxxxxfx，当0x时，0fx，函数fx单调递减，当02x时，()0fx¢>，函数fx单调递增，当2x时，0fx，函数fx单调递减，又2400,2eff，结合单调性可知，

当0x时，0fx恒成立，而1ykx表示经过点1,0的直线，由图像可知，关于x的不等式21e0xxkx恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：34111,e931,e1641,ekkk

解得431695e4ek．则实数k的取值范围是43169,5e4e，故答案为：43169,5e4e．湖南省长沙市长郡中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）参考答案13.80【解析】

5(12)x的通项为155C(2)2CrrrrrrTxx，令4r，得5(12)x的展开式中4x的系数是4452C80.14.1【解析】由题意可得sincos1fxxxx，则ππ2,π222ff

，故fx的图象在π2x处的切线方程为ππ222yx，即22yx.令0x，得2y；令0y，得1x，则所求图形的面积为12112.15.75【解析】如图，延长,BFCD交于点G

，连接GE交PD于点M，因为底面ABCD为平行四边形，所以FDG与FAB全等，且FDG与BCG相似，相似比为12，设FDG的面积为S，则四边形BCDF的面积为3S，设点P到底面ABCD的距离为h，则1113322EBCDF

VShSh，又因为E为PC的中点，所以1122EDFMCDFMGDFMVVV，而111,3326EDFGEDFGGDFMEDFMEDFMVShShVVVV，所以118EDFMVSh，所以259MECBFDEBCDFEDFMVVVVSh

，所以121574399PABCDVVVShShSh，所以1275VV.16.8211,1【解析】设11,QFmPFn，则22QFam.显然当P靠近右顶点时，2PQQF，所以存在点P使

2PQQF等价于22min0,22PQQFPQQFmna„，在12PFF中由余弦定理得22221121122cosPFPFFFPFFF，即222(2)422cosanncnc

，解得2cosbnac，同理可得2cosbmac，所以2112amnb，所以222322112223222bbbnmmnmnamnamna

，所以22min(21)(22)22bmnaaa，当且仅当2nm时等号成立.由22(21)202baa„得221282ba„，所以282111e„.湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月

考（一）数学（填空题）参考答案13.25【解析】因为(2,),(3,1)ab，可得(1,1)ab，又因为abb，可得(1,1)(3,1)310bba，解得4，所以(2,4)a，所以22(2)(4)25a

.故答案为：25.14.3【解析】令0gx得fxx，可知函数gx的零点个数即为函数fx与yx的交点个数，在同一直角坐标系中作出fx，yx的大致图象如下：由图象可知，函数yfx与yx的图象有3个交点，即函数gx有3个零点，故答案为：3.

15.334【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体1111ABCDABCD中，平面11ABD与直线1AA，11AB，11AD所成的角是相等的，所以平面11ABD与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体

的中心），边长为22，所以其面积为232336424S.故答案为：334.16.914【解析】由题意可知：1,1.1nnnyny，则20201192000011.11

1.121.1201.1211.1nnnnnyynL，可得2012202101.111.121.1201.1211.1nnnyyL，两式相减可得：212001202121011.10.11.11.11.12

11.1211.111.1nnnyyL21212211.10.1211.111.118.1491.40.10.10.1，所以200914nnnyy.故答案为：914.湖南省长沙市雅礼中学2024

届高三上学期月考（二）数学（填空题）参考答案13.2【解析】因为lnfxxax，所以1afxx，又函数lnfxxax的图象在1x处的切线斜率为3，则1131af，所以2a

．故答案为：214.724,2525【解析】由题意可知圆O的半径为2234155，设AOBBOC，由题意可知4sin5=，3cos5，则点C的横坐标为271cos212s

in25，点C的纵坐标为241sin22sincos25．故答案为：724,2525．15.22【解析】因为函数exyfx为偶函数，则eexxfxfx，即eex

xfxfx，①又因为函数3exyfx为奇函数，则3e3exxfxfx，即3e3exxfxfx，②联立①②可得e2exxfx，由基本不等式可得e2e2e2e22xxxxfx，当且仅当

e2exx时，即当1ln22x时，等号成立，故函数fx的最小值为22．故答案为：22.16.28【解析】将ABD沿BD折起后，取BD中点为E，连接AE，CE，则AEBD，CEBD，所以AEC即为二面

角ABDC的平面角，所以120AEC；设AEa，则AECEa,在AEC△中2222cos120ACAEECAECE，即2127222aaa解得3a，即3AE，所以23323AB所以ABD△与B

CD△是边长为23的等边三角形.分别记三角形ABD△与BCD△的重心为G、F，则113EGAE，113EFCE；即EFEG；因为ABD△与BCD△都是边长为23的等边三角形，所以点G是ABD△的外心，点F是BCD△的外心；记该几何体ABCD的外接球球心为O

，连接OF，OG，根据球的性质，可得OF平面BCD，OG平面ABD，所以OGE与OFE△都是直角三角形，且OE为公共边，所以RtOGE△与RtOFE全等，因此1602OEGOEFAEC，所以2cos60EFOE；因为AEBD，CEBD

，AECEEI，且AE平面AEC，CE平面AEC，所以BD平面AEC；又OE平面AEC，所以BDOE，连接OB，则外接球半径为2222327OBOEBE，所以外接球表面积为24728S.

故答案为：28湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）参考答案13．14【解析】因为70107100为整数，所以第70百分位数为第7个数13和第8个数15的平均值14．14．9【解析】因为F是双曲线221412xy的

左焦点，所以4,0F，设其右焦点为4,0H，则由双曲线定义得222244104459PFPAaPHPAaAH≥．15．1【解析】由题知，55111rnrnrrrrrrnnTCxCxx

，因第4项为常数项，所以当3r时，3305n，所以18n，则1818792，而61862891，1除9的余数为1，所以7n被9除余1．16．7,9【解析】函数122xgxfx的零点转化为yfx与1

22xy的交点的横坐标，作出函数fx和122xy（0x）的图象可知，11x，23x，35x，47x，…，若116niix，则4n，所以实数a的取值范围为7,9．湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）参考答案13

.815【解析】因为sin4cos，所以sin4cos，所以tan4，所以22tan8tan21tan15．故答案为：815.14.60【解析】5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个

基地，每个基地至少安排一个班，如果是只有高一（1）班被安排到A基地，那么总的排法是2343CA36种，如果是还有一个班和高一（1）班一起被安排到A基地，那么总的排法是1343CA24种，所以高一（1

）班被安排到A基地的排法总数为362460种．故答案为：60.15.23【解析】圆C的圆心为4,3C，半径2R，标准单位圆的圆心为0,0O，半径1r，因为2243521OCRr，可知圆C与标准单位圆外离，即点P在圆C外，由题意可知：2224PQCPRCP

，且514CPCOr，当且仅当P在线段OC上时，等号成立，所以16423PQ≥，即PQ的最小值为23.故答案为：23.16.125【解析】设双曲线的焦距为2c，则12210FFc，得5c．因为1226PFPFa，所以3a．又因为222cab，

所以4b，故双曲线C的方程为221916xy，所以两条渐近线的方程为43yx．设00,Pxy，则22001916xy，故220016169xy，不妨设001243413xyd，则002243413xyd，所以220000001222

2164491443325444111333xyxyxydd，所以12125dd，故答案为：125.湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）参考答案13.1,21

【解析】若圆1C与圆2C有且仅有两条公切线，则两圆相交，圆心10,0C，半径1R，圆心21,1C，半径r，则2212211CC，若两圆相交，则满足12rRCCRr，即121rr，得2121r，又1r，所以

121r，故答案为：1,21.14.9【解析】等差数列na的前n项和有最大值，等差数列na为递减数列，又651aa，560,0aa，560aa，又11056101010022aaaaS，19959902a

aSa，则使0nS成立的正整数n的最大值是9.故答案为：9.15.321e,2【解析】函数e2xfxaxa，定义域为R，显然12x不是fx的零点，令0fx得e21xax，设e21xgxx，则223e(21

)xxgxx，0gx，解得32x且12x；0gx，解得32x，有gx在1,2上单调递减，13,22上单调递减，3,2上单调递增，12x时，0gx；12x时，0gx，当32x时，gx取得极

小值3231e22g，作出函数gx的大致图像如图所示，结合图像可知实数a的取值范围是321e,2.故答案为：321e,2.16.1250,,336【解析】由题意可知，102f，且0π，

则π3，又fx在区间π,2π上没有最值，π2T≥，即01；先考虑fx在区间π,2π上存在最值，则ππππ2π,33kkZ，即11263kk，又01，即

1126103kk，即k可取1，2，得125,,1336；由fx在区间π,2π上没有最值，可得1250,,336；故答案为：1250,,336.湖南省长沙市第一中学2024

届高三上学期月考（二）数学（填空题）参考答案13.25【解析】55432(21)(1)(21)(5101051)xxxxxxxx的展开式中4x的系数为210525，故答案为：25.14.12e

xfx【解析】函数fx同时满足值域为,2且当,x时，()0fx¢>，考虑1exy，则10exy且,0y，再将函数向上平移两个单位可得12exfx，则,2fx，且10exfx满足题意.故答案为：

12exfx.15.31【解析】内切圆Q分别与1FM，2FM，12FF，y轴切于点S，T，N，P则四边形QSMT、OPQN都为正方形，设内切圆半径为r，由圆的切线性质，则ONMTr，则221212FMFOFF，①又因为12122FMFMFFr，②且双曲线定义得，122

FMFMa，③由①、②、③得ra，所以12122FMFMFFa，从而12FMca，2FMc由勾股定理，22222(2)(2)22cacccaac，所以222ee，解得

31e．故答案为：31.16.8【解析】设正四面体外接球球心为O，正四面体ABCD的外接球半径为3，设正四面体ABCD内切球半径为r，一个面的面积为S，高为h，则11433ABCDVSrSh，所以4hr

，显然34rhr，所以1r，即min1PO．22()()9198PMPNPOOMPOONPOOMONPO．故答案为：

8．湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）参考答案13.1,1【解析】由1,1b，得112b，又21012ab，所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为1,1abbbbb.故答案为：1,1.14.

32【解析】设球O的半径为R，则24π100πSR球，解得5R，由题意可知5OAOBOCODR，所以四棱锥OABCD为正四棱锥，设顶点O在底面ABCD的射影点为O，则O为正方形ABCD的中心，118422AOAC，则OO

平面ABCD，所以2222543OOAOAO，四棱锥OABCD的体积为211(42)33233OABCDABCDVSOO.故答案为：3215.3【解析】将函数sincos(,Rfxaxbxab且0)b的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，

得到函数111sincos,R222gxfxaxbxab的图象，再将所得图象向左平移π3个单位长度后，得到函数π1π1πsincos,R32323hxgxaxbxab，因为hx为奇函数，图象关于原点对称，

所以有ππ130sincos06622habab，解得3ab.故答案为:3.16.5【解析】如图可知：0,2,0,2,3,0,3,22CCMtNt.当0t时，则交点为C；当1t时，则交点为A.当01t时，则22,33CMCNtkk

t，于是可得2:23CMlyxt，2:23CNtlyx，联立上式可得点P的轨迹方程为221(0,0)94xyxy.又点,AC满足方程22194xy，故点P的轨迹方程为

2210,094xyxy.法一：设3cos,π,0,2sin2xy，则5sin103cos4sin103,tan455d，当sin1时，距离最小，最小为51055d.法二：点P的轨迹方程为：2

210,094xyxy，与2100xy无公共点.设直线m平行于直线2100xy，则直线m的方程可以写为20xyn，由方程组2220,1,94xynxy消去x，得2225164360ynyn.令其根的判别式Δ0，得5

n.由图知，当5n时，直线250xy与2210,094xyxy的公共点到直线2100xy的距离最小，即两平行直线250xy和2100xy之间的距离，所以最小距离为510

55d.故答案为：5.湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）参考答案13.34【解析】33sin(π)sin,sin055，由于角的终边过点4,Aa，所以在第四象限，所以24cos1si

n5，所以sin3tancos4.故答案为：34.14.20π【解析】设外接球的半径为R，下底面距圆心的距离为d.易得222411Rdd，解得25R，1d.故外接球的表面积为24π20πR.故答案为：20π15.14【解析】解：设

11,Axy，22,Bxy，33,Cxy，易知4p，2,0F，则112,FAxy，222,xFBy，332,FCxy.因为FAFBFCOF，所以

1232222xxx，即1238xxx.由抛物线的定义可得12FAx，22FBx，32FCx，所以123614FAFBFCxxx.故答案为：14.16.3333,88【解析】是函数fx

的一个周期，所以只需要考虑函数fx在0,x的取值范围即可.22sincossin22coscos22coscos3fxxxxxxxx，易知fx在0,x内有三个零点，依次为6，2，56.函数fx

在0,6上单调递增，在5,66上单调递减，在5,6上单调递增，计算有00f，3368f，53368f，0f，所以函数fx的值域为3333,88

.故答案为：3333,88.湖南省长沙市第一中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）参考答案13.4【解析】328884gf.14.255【解析】建立如图

所示平面直角坐标系，则1,1a，0,1b，2,1c，2,1bc，因为向量bc与a共线，有211，则1,0ab，所以1ab，2

2215c，则25cos,5abcabcabc.15.42【解析】6312xx的展开式的通项为61841621kkkkkTCx，Nk

，06k，所以666000184187442iikkmkk.16.12【解析】先证明：sinsinsinsin2sincos222222.由cos2c

os22两边同时乘以sin2可得：sincos2sincos2222，即sinsin2sin.设1MFm，2MFn，122FFc，则2mna.在12MFF△中，由正弦定理可得2sinsinsin

nmc，所以2sinsinsinmnc.所以该椭圆离心率sin221e2sinsin2ccamn.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（一）数学（填空题）参考答案13.1【解

析】1exfxxa，因为fx在点0,0f处的切线与直线12yx垂直，故切线的斜率为2，所以012fa，解得1a.14.2【解析】由题意知直线3ykx过圆心1,1，即13k，解得2k

.15.318【解析】如图，连接PO，BD，取CD的中点E，连接PE，OE，过点O作OHPE于点H.易知PO底面ABCD，设4AB，则2242BDBABC，1222BOBD，2222POBPBO，则O为球M的球心，设球M的

半径为R，半球O的半径为0R，则22R.易知0ROH.在等边三角形PCD中，224223PE，由RtRtPHOPOE∽△△，则013ROHOERPOPE，故3030341132342183OMRVRRVR

半球球.16.（1）2（2）12022,202212023nnnn（答案不唯一）（第一空2分，第二空3分）【解析】（1）当2n时，2123322aaaa，又11a

，32a，代入上式可求得22a.（2）已知211nnnSSa，得2112nnnSaa，当2n时，2211122nnnnnnnaSSaaaa，即1110nnnnaaaa，所以1nnaa或11nnaa

，又11a，20232022a，所以12022,202212023nnnnna（答案不唯一）.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（二）数学（填空题）参考答案13.5【解析】设ADλAC

，则ODOAλAC1,1,2λ0,4,31,14λ,23λ，所以BDODOB4,54λ,3λ，因为BDAC，所以BDAC0454

λ9λ0，解得4λ5，所以912BD4,,55，所以222912BD4555.14.210【解析】依题意，1cos2112πsin2sin(2)22224x

fxxx，由02π32sin(2)2410x，得0π3sin(2)45x，又0π3π[,]88x，即0ππ2[0,]42x，则0π4cos(2)45x，所以0000πππππ

π42322cos2cos[(2)]cos(2)cossin(2)sin444444525210xxxx.故答案为：21015.1,2e.【解析】因为21yx与exy在其定义域单调递增，所以在各自定义域内不可能有两个点,ab使得faf

b，又因为ab，所以由题意得1,1ab，故由fafb得e21ab，则2e1ab所以21eaaba，令11eagaaa，则11e1e0aga，所以ga在,1上单调递增，则11g111e2eag

，故122eab，即12,2eab.故答案为：1,2e.16.2026【解析】*,1,1,11,111,212iijijijiaiaaajiN，,21

,11,21,12,12,21,12,12,12,2mmmmmmmmaaaaaaaaaa2223111122111115111121222222212mmmmmm

.因为若,22023ma，则251202322mm，即211202522mm，显然23111228m，2110122m

，即21120252025202622m，所以正整数m的最小值为2026.故答案为：2026.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（三）数学（填空题）参考答案13．22【解析】两圆

恰有三条公切线当且仅当两圆外切，因此2121a，得到22a．14．33log2【解析】依题意333qq，且30q，而23333334qqqq，当且仅当332q，即33log2q时等号成立．15．[323,323]【解析】由已知，点P的

轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．取线段AB的中点M，则2221||14PAPBPMABPM，又因为||[||1,||1],||[31,31]PMCMCMPM，[323,323]PAPB．

16．5003【解析】分别取11,BCBC的中点1,OO，则1OO平面ABC，且外接球球心M在直线1OO上，由题意，221111113,4,7AOAOOOAAAOAO．设1,MArMOx，若球心在线段1OO上，则222229(7),4rxrx，得3,5xr；

若球心不在线段1OO上，则222229(7),4rxrx，无正数解．所以外接球体积为3450033rV．湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（四）数学（填空题）参考答案13.3【解析】由导数的几

何意义可得，'1(1)2kf，又11Mf，在切线上，所以15(1)1222f，则11ff=3，故答案为：314.3【解析】因为EFD△为等边三角形，所以60EFD，则120EFA，在AF

C△中，由正弦定理，则sinsinAFACACFAFC，解得33sin7sin23314AFACAFCACF，由余弦定理，则2222cosACAFFCAFFCAFC，整理可得：214

99232FCFC，则23400FCFC，解得5FC或8（舍去），等边EFD△边长为532，其面积为122sin6032o.故答案为：3.15.15【解析】因为1231213

3nnnnaaaa，所以1112,3nnaa，即11123nnaa，且1123a，所以数列1na是首项为23，公差为23的等差数列.可求得12221333nnna，所以1232211111212222333nnnnnnaaaa

，即181,12433nnnn且*1,Nnnn单调递增,1516240,1617272.则n的最大值为15.故答案为:15.16.6【解析】以点D为原点，1,,DADCDD

所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，则13,0,3A，3,2,3E，0,3,0C，因为BDAC，1BDAA，且1ACAAA，则BD平面1AAC，又因为1AC平面1AAC，所

以1BDAC，同理得1BC平面11ABC，因为1AC平面11ABC，所以11BCAC^，因为1BDBCB，且1,BDBC平面1BCD，所以1AC平面1BCD，记1AC与平面1BCD交于点H，连接11AC，1CO，AC，且ACBDO，则

11121AHACHCOC，可得12AHHC，由得点13,0,3A关于平面1BCD对称的点为1,4,1G，所以1AFEF的最小值为222(31)(24)(31)6EG.故答案为

：6.湖南省湖南师范大学附属中学2024届高三上学期月考（五）数学（填空题）参考答案13.12【解析】【详解】解：由1,1a，得2a，由22bab，得222444babab，则242aba，所

以12ab.故答案为：12.14.1334【解析】设该正三棱台侧面的高为h，由题意可知，1333262h，所以2h，该正三棱台的上底面的面积为2133(3)3224，下底面的面积为213273(33)224，设正三棱台的高为H，则

223131233312323H，故该正三棱台的体积为132733273133331344444V.故答案为：1334.15.1（或3，或123）【解析】由ABC的面积为23，得2122sin232ACB

，解得3sin2ACB，则60ACB或120ACB，易知圆心C到直线AB的距离为6d或2d，由点到直线的距离公式可知，162m，或122m，解得123m或1m或3m.故答案为：1(或3，或123)16

.51,416【解析】由图可知，3,1,ABAB解得2,1AB，由图可知，12sin+12sin2，又0π，所以π6或5π6，当π6时，π2sin16fxx

，因为0，所以当0x时，显然有ππ66x，因此函数先是增函数，显然不符合图象，当5π6时，5π2sin16fxx因为0，所以当0x时，显然有5π5π66x

，因此函数先是减函数，符合图象特征，令15π5π15π7π2sin10sin2π66266fxxxxk，或25π11π2πZ66xkk，因为32MN，所以212π32π4π3239xx，即

4π5π2sin196fxx，由4π5π4π5π2122sin112sin,96962fxxx所以有π4π5π3π921932π2πZZ4964216216mmmxmmxm

，因为0,4x，所以令1m，则有9219351692162161616xx，而0,4x，所以51416x，故答案为：51,416