【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

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）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345

331111nxxxxx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，23xy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2s

in123cos，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323；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7ff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22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为12,FF，过2

F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222

2:1(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22

1.18.14.）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2024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651aa，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cos(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）13.5211xx的展开式中4

x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1290FM

F，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(,Rfxaxbxab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bc

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32a，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,1,11,21i

jijijaaaji„„.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1

1ff＝______．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DEF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13

2a，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)fx

AxBA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22222222cossin1tan4co

s2cossincossin1tan5，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0

x，则345331111nxxxxx3452331111xxxxx321324243333

111111111xxxxxxxxxxxxx，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13133636661232222，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.1

6.7,10【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2221ee，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11

239baaa，故9118nbnn，则21110bb，故25381323828583881383642bbb.于是401234567383940Saaaaaaaaaa

，125382364366abbb.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1QFO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1

AOOCSOSA，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)1,43sin24cos

27，故3177sin2cos2,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)kka

kb是常数，所以5151aabb，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)224

32,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，1

22210,4FFcPF，22211221222142cos100162104525PFFFPFFFPFPFF，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),1,916ykxxy可得2222169902251440kxkxk，因为直线l与双曲线C交于左支

的两点，所以，2422212221221690,810041692251440,900,1692251440,916kkkkkxxkkxxk

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27224fff．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||||||AFAFF

F，即22292aac，整理可得210ca，因此，该双曲线的离心率为102cea.故答案为：102.16.43169,5e4e【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2

1e0xxkx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4316

9,5e4e，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)2Crrrr

rrTxx，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1113322EBCDFVShSh，又因为E为PC的中点，所以1122EDFMCDFMGDFMVVV，而111,3326E

DFGEDFGGDFMEDFMEDFMVShShVVVV，所以118EDFMVSh，所以259MECBFDEBCDFEDFMVVVVSh，所以121574399P

ABCDVVVShShSh，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222322112223222bbbnmmnmnamnamn

a，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232336424

S.故答案为：334.16.914【解析】由题意可知：1,1.1nnnyny，则20201192000011.111.121.1201.1211.1nnnnnyynL，

可得2012202101.111.121.1201.1211.1nnnyyL，两式相减可得：212001202121011.10.11.11.11.1211.1211.111.1nnn

yy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271cos212sin25，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eexxfxfx，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AE

C△中2222cos120ACAEECAECE，即2127222aaa解得3a，即3AE，所以23323AB所以ABD△与BCD△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113EGA

E，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yf

x与122xy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

2200000012222164491443325444111333xyxyxydd，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，19959902aaSa，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，12

x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2

024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.12exfx【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π1

π1πsincos,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22,33CMCNtkkt，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：2210,094xyxy，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5n.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51055d.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24cos1sin5，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，22215c，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cos2cos22两边同时乘以sin2可得：sincos2sincos2

222，即sinsin2sin.设1MFm，2MFn，122FFc，则2mna.在12MFF△中，由正弦定理可得2sinsinsinnmc，所以2sins

insinmnc.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）1

2022,202212023nnnn（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

BDAC0454λ9λ0，解得4λ5，所以912BD4,,55，所以222912BD4555.14.210【解析】依题意，1cos2112πsin2sin(2)22224xfx

xx，由02π32sin(2)2410x，得0π3sin(2)45x，又0π3π[,]88x，即0ππ2[0,]42x，则0π4cos(2)45x，所以0000ππππππ42322cos2cos[(2)]cos(2)cossin(2)sin44444

4525210xxxx.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f

afb，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2223111122111115111121222222212mmmmm

m.因为若,22023ma，则251202322mm，即211202

522mm，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33log

2q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，221111113,4,7AOAOOOA

AAOAO．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AFC△中，由正弦定理，则sinsinAFACACFAFC，解得33sin7sin23314AFACAFCACF，由余弦

定理，则2222cosACAFFCAFFCAFC，整理可得：21499232FCFC，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12

312133nnnnaaaa，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1232211111

212222333nnnnnnaaaa，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1

BCD，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132733273133331344

444V.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15π5π15π7π2sin10sin2π662

66fxxxxk，或25π11π2πZ66xkk，因为32MN，所以212π32π4π3239xx，即4π5π2sin196fxx，由4π5π4π5π2122sin112sin,9

6962fxxx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