2024届湖南省长沙市长郡湘府中学高三上学期入学考试（暑假作业检测）数学试题含答案

2024届湖南省长沙市长郡湘府中学高三上学期入学考试（暑假作业检测）数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.

【详解】，，因此，.

故选：A.

2．已知平面向量满足，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出，通过求出的值，即可求出在上的投影向量.

【详解】解：由题意

，

∴，

，

解得：

∴在上的投影向量为：

故选：B.

3．命题为假命题的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先化简命题是假命题对应的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断即得结果.

【详解】命题为假命题，即命题为真命题，首先，时，恒成立，符合题意；其次时，且，即，综上可知，.

故选项A中，是的充分必要条件；

选项B中推不出，且推不出，即是的既不充分也不必要条件；

选项C中可推出，且推不出，即是的一个充分不必要条件；

选项D中推不出，且可推出，即是的一个必要不充分条件.

故选：C.

4．已知函数，，对任意，，都有不等式成立，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将问题转化为，利用导数求在上的最小值、在上的最小值，即可得结果.

【详解】对任意，，都有不等式成立，

，，，则在区间上单调递增，

∴，

，，，则在上单调递增，

，，则在上单调递减，

，，故，

综上，.

故选：C

5．设函数，的导数为，且，，则不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，求出，根据已知得出为R上的增函数，则.代入结合，即可得出答案.

【详解】构造辅助函数，令，

则.

因为，所以，所以，

所以函数为R上的增函数，

则.

又，，.

又，所以，所以，

所以.

故选：C.

6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.

【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，

而平面，因此平面，

在等腰中，，则，，

令的外接圆圆心为，则平面，，

有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，

从而，四边形为平行四边形，，又，

因此球O的半径，

所以球的表面积.

故选：A

7．已知抛物线的焦点为F，准线为，点P为C上一点，过P作的垂线，垂足为A，若AF的倾斜角为，则（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

【答案】A

【分析】画出图形，得到，求出，再利用焦半径公式求出.

【详解】由题意，得，准线方程为，

设准线与轴交于点K，，则，如图，

因为AF的倾斜角为150°，所以，

故，所以，

故，解得，

所以.

故选：A.

8．已知双曲线C：（a>0，b>0）的离心率为，左，右焦点分别为，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（    ）

A．2 B． C．3 D．4

【答案】D

【分析】设与渐近线交于，由对称性知且，在直角中可求得，再由求得的面积.

【详解】

设与渐近线交于，则，，，

所以，，

由分别是与的中点，知且，即，

由得，所以，

故选：D

二、多选题

9．在复数集内，下列命题是真命题的是（    ）

A．若复数，则

B．若复数满足，则

C．若复数，满足，则

D．若复数满足，则

【答案】AD

【分析】根据复数的共轭定义，结合复数的乘除法运算，即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A，若复数，则，，故A为真命题.

对于B，若复数，则，但，故B为假命题；

对于C，若复数，满足，但，故C为假命题；

对于D，设复数，则，

若，则，所以，故D为真命题；

故选：AD

10．已知，则下列结论正确的是（    ）

A．的最大值为 B．的最大值为1

C．的最小值为 D．的最小值为3

【答案】AC

【分析】根据均值不等式及不等式等号成立的条件判断ACD，取特例判断B即可得解.

【详解】.

对于，当且仅当时取等号，故正确；

对于，当时，，故错误；

对于，当且仅当时取等号，故C正确；

对于D，，但是当时，不符合题意，故等号不成立，故错误.

故选：AC.

11．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（    ）

A． B．是偶函数

C．关于中心对称 D．

【答案】BC

【分析】根据赋值法，可判断或，进而判断A，根据赋值法结合奇偶性的定义可判断C，根据偶函数即可判断对称性，根据对称性以及奇偶性可得函数的周期性，进而可判断CD.

【详解】令，则或，故A错误，

若时，令，则，此时是偶函数，若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，

令，则，所以关于中心对称，故C正确，

由关于中心对称可得，结合是偶函数，所以，所以的周期为2，

令，则，故，

进而，而，由A选项知或，所以或，故D错误.

故选：BC

12．设等差数列的公差为d，前n项和为，若，，，则下列结论正确的是（    ）．

A．数列是递增数列 B．

C． D．，，…，中最大的是

【答案】BCD

【分析】利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质得到，，再利用等差数列的通项公式得到关于的不等式组进行求解，即可判定选项A错误、选项C正确；利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质得到判定选项B正确；利用判定选项D正确.

【详解】对于A、C：因为，

且，

所以，，又因为，

所以，解得；

所以等差数列是递减数列，

即选项A错误，选项C正确；

对于B：因为，所以，

即选项C正确；

对于选项D：因为等差数列是递减数列，

且，，则，

所以，

即选项D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．甲、乙、丙人站到共有级的台阶上，若每级台阶最多站人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是            （用数字作答）．

【答案】

【详解】对于6个台阶上每一个只站一人，有种；

若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有种，

所以不同的站法种数是种．

故答案为：210．

14．在锐角中，内角所对的边分别是，若，则的取值范围是        ．

【答案】

【详解】由正弦定理得,由于三角形为锐角三角形,所以,所以,而,所以.

15．若圆上至少有三个不同点到直线:的距离为,则直线的倾斜角的取值范围是 ．

【答案】

【详解】圆化简为标准方程，可得，

∴圆心坐标为，半径，

∵在圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，

∴圆心到直线的距离应小于或等于，

由点到直线的距离公式，得，

∴，整理得，

解得，∵直线的斜率，

设直线的倾斜角为，则，

即，由此可得直线的倾斜角的取值范围是．

所以答案应填：．

16．若函数在单调，且在存在极值点，则的取值范围为          

【答案】

【解析】先通过函数在存在极值点，求出的范围，再根据在单调，求出和之间的不等关系，再结合已求出的的范围，得最终的范围.

【详解】解：因为函数在存在极值点，所以，即，

当，又在单调，

所以，即，

解得，只能取，即，

综上，，

故答案为：.

【点睛】本题考查三角函数的单调性和极值问题，关键是要建立关于和之间的不等关系，是中档题.

四、解答题

17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.

（1）证明：；

（2）若，求.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.

（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.

【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，

得，

因为，所以，即．

又因为，所以．

（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理

因为，如图，在中，，①

在中，．②

由①②得，整理得．

又因为，所以，解得或，

当时，（舍去）．

当时，．

所以．

[方法二]：等面积法和三角形相似

如图，已知，则，

即，

而，即，

故有，从而．

由，即，即，即，

故，即，

又，所以，

则．

[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合

由（1）知，再由得．

在中，由正弦定理得．

又，所以，化简得．

在中，由正弦定理知，又由，所以．

在中，由余弦定理，得．

故．

[方法四]：构造辅助线利用相似的性质

如图，作，交于点E，则．

由，得．

在中，．

在中．

因为，

所以，

整理得．

又因为，所以，

即或．

下同解法1．

[方法五]：平面向量基本定理

因为，所以．

以向量为基底，有．

所以，

即，

又因为，所以．③

由余弦定理得，

所以④

联立③④，得．

所以或．

下同解法1．

[方法六]：建系求解

以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，

长为单位长度建立直角坐标系，

如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．

设，则．⑤

由知，，

即．⑥

联立⑤⑥解得或（舍去），，

代入⑥式得，

由余弦定理得．

【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；

方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；

方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；

方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；

方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；

方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.

18．已知数列的前项和为，，当时，．

(1)求

(2)设，求数列的前项和为．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用与的关系及等差数列的定义，结合等差数列的通项公式即可求解；

（2）利用（1）的结论及数列求和中的错位相减法即可求解.

【详解】（1）当时，，所以，，

整理得：，即．

当时，，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以，即．

（2）由知，所以，

所以，

所以，

由得，，

所以.

19．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．

(1)设 为棱 的中点，证明：四点共面；

(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，

（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.

【详解】（1）连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,

又平面，平面,所以 ,

平面，所以平面，

由于为棱的中点，，所以 ,

又平面平面，平面平面，平面,

所以平面 ,

因此,所以四点共面，

（2）由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，

,,设，

由（1）知,故，解得，故,

,

设平面，的法向量分别为则

即，取，则 ，

即，取，则 ，

设平面与平面的夹角为，则

20．设函数

（1）若是的极大值点，求的取值范围.

（2）当时，函数有唯一零点，求正数 的值.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）因为，所以可就和分类讨论即可．

（2）函数有唯一零点等价于有唯一零点，设的极小值点为，可由解得即.

【详解】（1）的定义域为，

，由，得.

∴.

①若，由，得.

当 时，，此时是单调递增；

当时，，此时是单调递减，所以是的极大值点.

②若，由，得或.

因为是的极大值点，所以，解得，

综合①②：的取值范围是.

（2）因为函数有唯一零点，即有唯一实数解，

设，则．令 ，．

因为，所以，方程有两异号根设为，

因为，所以应舍去.

当时，，在上单调递减；

当时，，在单调递增.

故．

因为 有唯一解，所以，

则 即，

因为，所以 （*），

设函数，

因为当时，是增函数，所以至多有一解．

因为，所以方程（*）的解为，

代入方程组解得

【点睛】函数的零点问题，应优先考虑参变分离的方法，把零点问题转化为不含参数函数的最值（或最值的范围）问题来处理，也可以直接讨论含参数的函数，如果函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范围或值．

21．元宵佳节，是民间最重要的民俗节日之一，我们梅州多地都会举行各种各样的民俗活动，如五华县河东镇的“迎灯”、丰顺县埔寨镇的“火龙”、大埔县百侯镇的“迎龙珠灯”等系列活动.在某庆祝活动现场，为了解观众对该活动的观感情况（“一般”或“激动”），现从该活动现场的观众中随机抽取200名，得到下表：

(1)填补上面的2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与对该活动的观感程度有关？

(2)该活动现场还举行了有奖促销活动，凡当天消费每满300元，可抽奖一次．抽奖方案是：从装有3个红球和3个白球（形状、大小、质地完全相同）的抽奖箱里一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则可获得100元现金的返现；若摸出1个红球，则可获得50元现金的返现；若没摸出红球，则不能获得任何现金返现．若某观众当天消费600元，记该观众参加抽奖获得的返现金额为X，求随机变量X的分布列和数学期望．

附：，其中．

【答案】(1)2×2列联表见解析，该场活动活动的观感程度与性别无关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）写出零假设，补全2×2列联表，计算的值，并与临界值比较，得出结论；

（2）分别求出一次摸球摸出0，1，2个红球的概率，写出X的所有可能取值及对应取值的概率，写出X的分布列并计算其数学期望.

【详解】（1）补全的2×2列联表如下：

零假设为：性别与对活动的观感程度相互独立.

根据表中数据，计算得到

根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此我们可以认为,成立，即认为对该场活动活动的观感程度与性别无关.

（2）设一次摸球摸出2个红球的事件为A，摸出1个红球的事件为B，没摸出红球的事件为C，

则，，，

由题意，X可取．

，，

，，

，

所以X的分布列为：

.

22．已知椭圆长轴的左､右端点分别为，点是椭圆上不同于的任意一点，点满足，,为坐标原点.

（1）证明：与的斜率之积为常数，并求出点的轨迹的方程；

（2）设直线与曲线交于，且，当为何值时的面积最大?

【答案】（1）证明见解析，；（2）.

【解析】（1）设，代入椭圆方程可得，再由题意可得，设，直接列方程即可求解.

（2）将直线与椭圆联立，利用韦达定理以及弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式可得到的距离，利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）设，由已知，

，，即，

，

，

设，，

即，∴轨迹的方程为.

（2）将直线代入曲线中整理得，，

到的距离，

，

此时，满足.

【点睛】关键点点睛：本题考查了直接法动点的轨迹方程，解题的关键是求出，考查了弦长公式以及计算能力.