2024届湖南师范大学附属中学高三上学期摸底考试数学试题含答案

这是一份2024届湖南师范大学附属中学高三上学期摸底考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届湖南师范大学附属中学高三上学期摸底考试数学试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简得出集合，再由并集运算可得答案.【详解】由可得，则所以故选: C.2．若复数满足，其中是虚数单位，则复数的虚部是（    ）A．1 B．-1 C． D．【答案】B【分析】设，由题设可得关于的方程，据此可求，故可得正确的选项.【详解】设，则根据题意，有，得到，所以的虚部是.故选：B.3．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】分析函数的奇偶性及该函数在上的单调性，可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，即函数在上为减函数且过点.故选：A.4．快递公司计划在某货运枢纽附近投资配建货物分拣中心.假定每月的土地租金成本与分拣中心到货运枢纽的距离成反比，每月的货物运输成本与分拣中心到货运枢纽的距离成正比.经测算，如果在距离货运枢纽处配建分拣中心，则每月的土地租金成本和货物运输成本分别为2万元和8万元.要使得两项成本之和最小，分拣中心和货运枢纽的距离应设置为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据基本不等式即可求解.【详解】设土地租金成本和运输成本分别为万元和万元，分拣中心和货运枢纽相距，则，，将代入可得，所以，，故，当且仅当时取等号.故选:A.5．八卦是中国古老文化的深奥概念，下图示意太极八卦图.现将一副八卦简化为正八边形，设其边长为，中心为，则下列选项中不正确的是（    ）  A．B．C．和是一对相反向量D．【答案】C【分析】A项，由判断；B项，由数量积的运算律求解判断；C项，利用相反向量的定义判断；D项，利用向量的线性运算求解判断.【详解】A项，由于，明显有，故正确；B项，因为每个边对应的中心角为，则，所以，又，且，所以，B正确；C项，和方向相反，但长度不等，因此不是一对相反向量，C错误；D项，因为，所以，D正确.故选：C.6．已知，则（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换公式化简求值得解.【详解】解：.故选：A7．已知是公差为3的等差数列，其前项的和为，设甲：的首项为零；乙：是和的等比中项，则（    ）A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【分析】由等差数列的性质和等比中项的性质求出，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】由是公差为3的等差数列，可知.若是和的等比中项，则，解得或（舍去，因为此时，故是和的等比中项能推出的首项为零，若的首项为零，即，由是公差为3的等差数列，则，，所以，，所以，故的首项为零可推出是和的等比中项，可见“”是“是和的等比中项”的充要条件.故选：C.8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先利用定义确定函数为偶函数，再利用单调性证明在上为增函数，所以不等式化简为，转化为在上恒成立，求出的取值范围.【详解】函数的定义域为，且，所以为偶函数.又当时, 是增函数，任取，且， ，，所以在上是增函数，即在上是增函数.所以不等式对任意恒成立，转化为，即，从而转化为和在上恒成立①若在上恒成立，则，解得；②若在上恒成立，，则，解得；综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是：（1）把不等式转化为的模型；（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别. 二、多选题9．随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔.社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（    ）  A．这5年我国社会物流总费用逐年增长，且2021年增长的最多B．这6年我国社会物流总费用的分位数为14.9万亿元C．这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为D．2022年我国的GDP超过了121万亿元【答案】AD【分析】由图表逐项判断可得答案.【详解】由图表可知，20182022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长为万亿元，故A正确；因为，则分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的分位数为16.7万亿元，故B错误；由图表可知，2017−2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C错误；由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.故选：AD.10．已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且是等差数列，则下列结论正确的是（    ）A．是等差数列 B．是等比数列C．是等差数列 D．是等比数列【答案】ACD【分析】根据为等差可判断为非零的常数列，即可根据等差等比数列的定义结合选项逐一判断.【详解】由是等差数列，所以,可得，是各项均为正数的等比数列，，可得，数列是等差数列，因此A正确；是常数列，为等差数列，因此C正确；是等比数列，因此D正确；不为常数，不是等比数列，因此B不正确.故选：ACD.11．先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列关于函数的说法中正确的是（    ）A．在上单调递增B．当时，函数的值域是C．其图象关于直线对称D．直线为曲线的切线【答案】BCD【分析】根据三角函数的图象变换，求得新函数的解析式，根据正弦函数的性质，利用整体思想，可得A、B、C的正误，根据导数的几何意义，可得D的正误.【详解】由题可得，对于A，当时，，由在上单调递增，在单调递减，故函数在上不单调，故A错误；对于B，当时，，，，故B正确；对于C，当时，，由的图象关于直线对称，故函数的图象关于直线对称，故C正确；对于D，因为，所以，若直线为曲线的切线，则由，可得：或，当时，，于是，解得，当时，，于是，此时无解.综上，直线为曲线的切线.故D正确.故选：BCD.12．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（       ）A．B．点的轨迹是一个半径为的圆C．直线与平面所成角为D．三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用勾股定理计算出的长，可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D选项.【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，因为，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，，A对；对于B选项，设平面，因为，，所以，三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则，所以，，，，平面，平面，，即，，因为，即，，解得，所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，且，，故，C对；对于D选项，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥的高为，所以，三棱锥体积的最大值为，D对.故选：ACD. 三、填空题13．高二年级体锻课时间提供三项体育活动，足球､篮球､乒乓球供学生选择.甲､乙两名学生从这三项运动中随机选一种，且他们的选择情况相互独立互不影响.在甲学生选择足球的前提下，两人的选择不同的概率为          .【答案】【分析】利用条件概率公式根据题意分析求解.【详解】记事件为“甲学生选择足球”，则，记事件为“两人的选择不同”，则事件为“甲学生选择足球，乙学生选择篮球或乒乓球”，则，所以,故答案为：14．正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为          .【答案】【分析】将问题转化为，利用基本不等式求出的最小值，再解一元二次不等式即可.【详解】因为不等式恒成立，所以，因为，且，所以，当且仅当，即时，等号是成立的，所以，所以，即，解得.故答案为：15．已知三棱锥中，，，，是等边三角形，则三棱锥的外接球的表面积为          .【答案】【分析】由已知得出，取中点，连接，根据已知条件可得，由勾股定理逆定理可得，进而可得平面，可得出的外心就是三棱锥外接球球心，由此可得半径，由球的表面积公式即可求解．【详解】因为，，所以，所以，取中点，连接，则外心，因为是等边三角形，所以，且，在中，，，，所以，所以，又因为，，所以平面，所以三棱锥外接球球心在上，所以的外心就是三棱锥外接球球心，所以外接球的半径，球面积为．故答案为：．16．在直角中，，平面内动点满足，则的最小值为          .【答案】/【分析】由题可知，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，由数量积的定义求出，再由向量的模长公式求出，当与共线反向时，取最小值，即可得出答案.【详解】平面内动点满足，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，因为，由勾股定理可得：，所以，且，所以，所以，，，，，又向量是长度为的一个向量，由此可得，点在圆上运动，当与共线反向时，取最小值，且这个最小值为一，故的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：由数量积的定义和平面向量基本定理可得，当与共线反向时，取最小值，即可得出答案. 四、解答题17．已知中角所对的边分别为，且满足.(1)求角；(2)若的面积是边上的点，且，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；（2）根据已知条件，推得，两边同时平方，再结合三角形的面积公式，即可求解．【详解】（1），由正弦定理得：，，.（2）方法一：由已知：，得.，.方法二：由已知：，得.由余弦定理..设，在中，；在中，；由，解得..18．已知数列的首项为1，且.(1)求数列的通项公式；(2)若为前项的和，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据，利用数列的通项和前n项和的关系求解；（2）由（1）得，进而得到，再利用错位相减法求解.【详解】（1）解：因为，所以.两式作差得，整理得.令，得，故对任意都成立.所以的首项为1，故，所以是公比为2的等比数列.所以的通项公式是.（2）由（1）得，所以.所以.又，作差得，，.19．如图，圆台的轴截面为等腰梯形为下底面圆周上异于的点.  (1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）取中点，取中点，根据线面平行的判定和中位线定理即可求解；（2）过点作于，结合棱锥体积公式可得点与重合，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．【详解】（1）取中点，作直线即为所求.取中点，连接，则有，如图，在等腰梯形中，，所以，  则四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.（2）过点作于，在等腰梯形中，，所以该梯形的高，所以等腰梯形的面积为，所以四棱锥的体积，解得，所以点与重合，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，  则，，设平面的法向量为，所以，取，则.设平面的法向量为，所以，取，则.设平面与平面夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为.20．甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.(1)若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；(2)当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；（2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值.【详解】（1）用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则，记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种，所以.（2）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，则，，.所以的分布列为245所以的期望，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，故的最大值为.21．已知正项数列满足：，且.(1)设，求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和，并确定最小正整数，使得为整数.【答案】(1)(2)，最小值是9 【分析】（1）根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解，（2）根据分组求和，结合等比数列的求和公式化简，结合二项式定理求解整除关系，即可求解.【详解】（1）因为，且，，即，，又，是首项为，公比为2的等比数列，.（2）因为，若为整数，因为，即.所以能被27整除，.能被27整除，要能被27整除，.所以当时，能被27整除，的最小值是9.22．设双曲线的右焦点为，点为坐标原点，过点的直线与的右支相交于两点.(1)当直线与轴垂直时，，求的离心率；(2)当的焦距为2时，恒为锐角，求的实轴长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可得，得到的式子，再由离心率的定义即可得出答案；（2）设其方程为与双曲线联立得到韦达定理由可得，由恒为锐角，得，均有，即恒成立，求解即可.【详解】（1）当直线与轴垂直时，由对称性知是等腰直角三角形，于是，即，解得离心率.（2）若的焦距为2，则，即.由于直线的斜率不为零，可设其方程为.结合，联立得.设.由韦达定理，由于两点均在的右支上，故，即..由恒为锐角，得，均有，即恒成立.由于，因此不等号左边是关于的增函数，所以只需时，成立即可.解得，结合，可知的取值范围是.综上所述，的实轴长的取值范围是.  【点睛】关键点睛：联立直线与双曲线的方程，由可得，再将恒为锐角，得，均有，即恒成立，求解即可.