2024届湖南省湘潭钢铁集团有限公司第一子弟中学高三8月开学考试数学试题含答案

这是一份2024届湖南省湘潭钢铁集团有限公司第一子弟中学高三8月开学考试数学试题含答案，共21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届湖南省湘潭钢铁集团有限公司第一子弟中学高三8月开学考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式求出集合，求出函数的值域可得集合，再求交集即可.【详解】解不等式得，函数的值域为，所以，所以.故选：C.2．欧拉公式（其中为虚数单位，）将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，则（    ）A． B．为实数C． D．复数对应的点位于第三象限【答案】C【分析】利用复数的欧拉公式可判断AB选项；利用欧拉公式以及复数的除法化简复数，结合复数的模长公式可判断C选项；利用欧拉公式以及复数的几何意义可判断D选项.【详解】对于A选项，，A错；对于B选项，为纯虚数，B错；对于C选项，因为，因此，，C对；对于D选项，，则，，所以，复数在复平面内对应的点位于第二象限，D错.故选：C.3．已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据投影向量的定义，结合数量积的运算即可求解.【详解】，在上的投影向量为，故选：C4．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环境保护意识日益增强，贵州某家化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少20%，贵州省环保部门为了保护好贵州优越的生态环境，要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为（    ）（参考数据：，）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】设该污染物排放前需要过滤的次数为，则由题意得，解不等式可得答案.【详解】设该污染物排放前需要过滤的次数为，则由题意得，即，所以，，，所以，因为，，所以，所以，因为，所以的最小值为8，故选：B5．已知函数对于任意的x∈满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，，结合导数可判断函数单调性，进而可比较函数值大小．【详解】设，则，则在上单调递增，对于A，，化简得，故A错误；对于B，，化简得，故B错误；对于C，，化简得，故C正确；对于D，，化简得，故D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用导数不等式构造函数的关键是将含导数的不等式转化为右侧为0，左侧利用导数的四则运算与基本初等函数求导公式构建原函数，从而可确定原函数的解析式，再根据导数符号确定函数单调性，从而可比较两个函数值的大小.考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．6．已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，，，则的周长的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用正弦定理得到，，即可将转化为的三角函数，结合的取值范围及正切函数的性质计算可得.【详解】因为，，由正弦定理，即，所以，，所以，因为为锐角三角形，所以，所以，则，所以，因为，所以或（舍去），所以，所以，所以，即所以，即的周长的取值范围为.故选：C7．已知 是圆上两个不同动点，直线恒过定点，若以为直径的圆过点，则最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，设以为直径的圆的圆心为，利用列不等式求解即可【详解】依题意，设以为直径的圆的圆心为，半径为，将直线化简得，即，得，所以直线恒过定点，在中，，因为，所以，即，解得（舍），，所以，故选：A8．对于函数，若存在，使，则称点是曲线的“优美点”，已知，若曲线存在“优美点”，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，由当时，的关于原点对称的函数与有交点求解.【详解】解：由题意得：点是曲线的“优美点”，则点也在曲线上，当时，关于原点对称的函数与有交点，当时，，其关于原点对称的函数为，由与联立得，在时有解；而，当且仅当，即时，等号成立，则实数的取值范围为故选：B 二、多选题9．已知，且，则（    ）A．的最小值是B．的最小值是4C．的最小值是8D．的最小值是【答案】BC【分析】利用基本不等式根据可得，即可求解选项A；利用基本不等式“1”的妙用即可求解选项B；利用基本不等式可得即可求解选项C；根据，再结合等号成立条件可求解选项D.【详解】因为，且，所以，所以，当且仅当时，等号成立，则A错误；由题意可得，当且仅当时，等号成立，则B正确；因为，所以，当且仅当时，等号成立，则C正确；由题意可得，此时，．因为，所以不存在，使得，则D错误．故选:BC.10．下列说法正确的是（    ）A．相关系数r越大，两变量的线性相关程度越强B．若一组数据，，，…，的方差为2，则，，，…，的方差为2C．若随机变量X服从正态分布，，则D．若，，，则【答案】BCD【分析】由相关系数的实际意义判断A；由方差性质判断B；根据正态分布对称性求概率判断C；应用全概率公式、条件概率公式求概率判断D.【详解】A：相关系数r的绝对值越大，两变量的线性相关程度越强，错；B：由，则，对；C：由正态分布的对称性知：，对；D：由，而，所以，对.故选：BCD11．已知双曲线：的右焦点到渐近线的距离为，为上一点，下列说法正确的是（    ）A．的离心率为B．的最小值为C．若，为的左、右顶点，与，不重合，则直线，的斜率之积为D．设的左焦点为，若的面积为，则【答案】ACD【分析】根据题意列关于的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，的最小值，结合动点满足的方程，列式计算，在焦点三角形中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出.【详解】由已知可得，，所以，则的方程为，离心率为，A正确；因为的最小值为，所以B错误；设，则，，，所以C正确；设，由可得，得，则，所以D正确．故选：ACD12．若定义在上的函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（    ）．A．若，，，则B．若，则C．若，则的图像关于点对称D．若，则【答案】BC【分析】根据已知应用单调性分情况可以判断A选项，应用单调性结合反证法可以判断D选项，赋值法可以求出B选项，根据对称性可以判断C选项.【详解】令，则，∴为奇函数，把y用代替，得到，设，，∴．又∵当时，，∴，∴在上单调递减．∵，，当时，，则当时，则，，当时，则，．综上，，∴A错误．令，得，∴，令，得，∴，∴B正确．由，得，得，又∵，为奇函数，∴，则，则的图像关于点对称，∴C正确．，假设，可得，即，当时，不成立得出矛盾假设不成立，∴D错误．故选：BC.【点睛】方法点睛：抽象函数已知奇偶性结合单调性定义得出单调性，结合对称性可以确定对称中心进而可以解题. 三、填空题13．在的展开式中，的系数是      （用数字作答）.【答案】21【分析】直接根据二项展开式的通项公式即可得到答案.【详解】由题可得的展开式的展开式通项为，其中，令，则含的系数为.故答案为：21.14．已知抛物线的焦点为，过焦点的直线交抛物线与两点，且，则拋物线的准线方程为        .【答案】【分析】根据题意作出图形，设直线与轴的夹角为，不妨设，设抛物线的准线与轴的交点为，过点作准线与轴的垂线，垂足分别为，过点分别作准线和轴的垂线，垂足分别为，进一步可以得到，进而求出，同理求出，最后解得答案.【详解】设直线与轴的夹角为，根据抛物线的对称性，不妨设，如图所示.设抛物线的准线与轴的交点为，过点作准线与轴的垂线，垂足分别为，过点分别作准线和轴的垂线，垂足分别为.由抛物线的定义可知，，同理：,于是，，则抛物线的准线方程为：.故答案为：.15．若函数在上有且仅有四个零点，则的取值范围为      ．【答案】【分析】利用余弦函数图象和性质结合题意可得，解不等式即可得出答案.【详解】，因为，，函数在上有且仅有四个零点，所以，解得：.故答案为：16．在中，，，，点为边边上一动点，将沿着翻折，使得点到达，且平面平面，则当最小时，的长度为      .【答案】/【分析】作出图形，根据面面垂直的性质得，利用条件将转化为三角函数表示，进而求出当时，最小，从而可得为的角平分线，再由角平分线定理可得，从而求得结果.【详解】在中，，，，由勾股定理可得;  设，过 作交或的延长线于点，过作交或的延长线于点，，，,又平面平面，平面平面，平面，平面，,,在中，；在中，；,又，而,， ，当时， 取最小值为，即，，为的角平分线，由角平分线定理可得，即，，,故答案为：【点睛】关键点睛：画出图形并作出辅助线，将线段长度的最值转化为三角函数求最值是关键，考查空间中的线段长度的计算与解三角形的综合应用，属于较难题. 四、解答题17．已知等差数列的公差，其前项和为，若，，成等比数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)记，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件列方程组求出数列的首项和公差，可得数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求出，即可得到结论.【详解】（1）因为，，成等比数列，，所以，由，解得，所以.（2）由，，得，由，有，所以，得.18．在中，角所对的边分别为，__________．在①；②这两个条件中任选一个，补充在上面横线上，并加以解答．(1)求角；(2)若为锐角三角形，求的取值范围．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．【答案】(1);(2). 【分析】（1）选择条件①：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可求出的值，从而可求角；选择条件②：由正弦定理可得，根据两角差的正弦公式，结合角的范围即可求解；（2）由余弦定理可得，根据正弦定理求出的取值范围即可.【详解】（1）若选择条件①．由正弦定理，得，即，因为，所以，所以，则．若选择条件②．因为，由正弦定理可得，即，所以，因为，所以，所以，又因为，所以．（2）由余弦定理，可得，则，所以，则，由正弦定理，得，因为，所以，所以，即的取值范围为．19．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，分别为棱的中点，.  (1)证明：四点共面；(2)求平面与平面的夹角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间向量共面的充要条件可知，若存在，使，则四点共面；（2）分别求出平面与平面的法向量，从而根据夹角公式求解即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，又底面为直角梯形，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则..设，即，解得所以.故四点共面.  （2）设是平面的法向量，则，令，得.取的中点，则，连接，又因为，所以，又由（1），，平面，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即平面的一个法向量为.所以.故平面与平面的夹角的大小为.20．新宁崀山景区是世界自然遗产､国家5A级景区，其中“八角寨”景区和“天下第一巷”景区是新宁崀山景区的两张名片.为了合理配置旅游资源，现对已游览“八角寨”景区且尚未游览“天下第一巷”景区的游客进行随机调查，若不游览“天下第一巷”景区记2分，若继续游览“天下第一巷”景区记4分，假设每位游客选择游览“天下第一巷”景区的概率均为，游客之间选择意愿相互独立.(1)从游客中随机抽取2人，记总得分为随机变量，求的数学期望；(2)（i）记表示“从游客中随机抽取人，总分恰为分”的概率，求的前4项和；（ii）在对游客进行随机问卷调查中，记表示“已调查过的累计得分恰为分”的概率，探求与的关系，并求数列的通项公式.【答案】(1)(2)（i）；（ii）， 【分析】（1）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求解即可；（2）（i）根据题意可得“总分恰为分”的概率为，再根据等比数列前项和公式求解即可；（ii）方法一：“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得4分，概率为，则，再利用构造法求解即可.方法二：得分分可以先得分，再得2分，也可以先得分，再得4分，“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，则“得分的概率为”，“得分”的概率为，根据题意可出的关系，再利用构造法求解即可.【详解】（1）可能取值为，，，，的数学期望；（2）（i）“总分恰为分”的概率为，数列是以首项为，公比为的等比数列，记前项和为，则前4项和；（ii）方法一：“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得4分，概率为，所以，即，，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，，方法二：得分分可以先得分，再得2分，也可以先得分，再得4分，“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，则“得分”的概率为，“得分”的概率为，所以，由，得，，，（后面同方法一）另解：由，得，，.又.21．已知函数.(1)若，求曲线在处的切线方程；(2)若对任意的，恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；（2）参变分离可得，令，利用导数可求得，由此可得范围.【详解】（1），当时，，，∴曲线的切线方程，即.（2）若在上恒成立，则在上恒成立，令，则，令，则.当时，，∴h（x）在上单调递增且，故当时，单调递增；当时，单调递减；故当时，取得极小值，也是最小值，∴实数m的取值范围为【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．22．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右顶点，分别为椭圆的左右焦点，是椭圆的上顶点，且的外接圆半径为．(1)求椭圆的方程；(2)设与轴不垂直的直线交椭圆于两点（在轴的两侧），记直线的斜率分别为．（i）求的值；（ii）若，则求的面积的取值范围．【答案】(1)(2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据已知求出的关系，可推得，结合的外接圆半径，利用正弦定理求得c，即可求得，即得答案；（2）设l的方程并联立椭圆方程，可得根与系数关系，（i）化简整理可得以及的值；（ii）利用（i）的结论推出，结合根与系数的关系式化简可求得m的值，继而求得的面积的表达式，结合函数的单调性即可求得答案.【详解】（1）由于椭圆的离心率为，故，故，则，又，则，又的外接圆半径为，则，解得，故，故椭圆方程为；（2）（i）设l与x轴的交点为D，由于直线交椭圆于两点（在轴的两侧），故直线l的斜率不为0，  设l的方程为，联立，则，需满足，设，则，又，故，同理可得；（ii）因为，则，又直线l与x轴不垂直可得，则，即，所以，即，即，即，整理得，解得或，因为在轴的两侧，故，则，故，此时直线l为，过定点，与椭圆C交于不同两点；此时，，令，由于l与轴不垂直，故，所以，故，设，时，，即在上单调递增，即，故，即的面积的取值范围为.【点睛】难点点睛：解答此类直线和椭圆位置关系中的范围问题，解答的思路并不困难，一般是联立方程，得到根与系数的关系，进而化简，难点在于计算的过程比较复杂且计算量较大，因此对于含有字母的复杂计算要十分细心.