2024届湖北省武汉市九所重点中学高三上学期第一次联考数学试题含解析

这是一份2024届湖北省武汉市九所重点中学高三上学期第一次联考数学试题含解析，共32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。

一、单选题
1．设集合，，则的元素个数为（ ）
A．4B．5C．2D．0
【答案】A
【分析】根据题意，求得集合，，结合集合交集的概念与运算，即可求解.
【详解】由方程，可得，即，
又由，解得，即，
则，所以中有4个元素.
故选：A.
2．与垂直的单位向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由单位向量的定义结合向量垂直的坐标表示,列出方程组即可求解.
【详解】不妨设与垂直的单位向量是，则有，
解方程组得或.
故选：D.
3．以下满足的虚数z是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数的运算以及模长公式逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若，则，
可得，
所以，故A错误；
对于选项B：若，则，
可得，
所以，故B错误；
对于选项C：若，则，
可得，
所以，故C正确；
对于选项D：若，则，
可得，
所以，故D错误；
故选：C.
4．多项式的项系数比项系数多，则其各项系数之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用二项式定理分析运算即可得解.
【详解】解：由二项式定理，，
∵项系数比项系数多，
∴，即，解得：.
∴，
令可得各项系数之和为.
故选：D.
5．在集合的所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出集合的所有非空真子集的个数，然后对这些集合中的元素的个数进行分类，由计数原理即可求解.
【详解】因为集合中有两个奇数：3，5；三个偶数：2，4，6共5个元素，
所以集合的非空真子集一共有个，
接下来分四种情形来求满足题意的非空真子集的个数：
情形一：当集合中只有1个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个即可，
此时满足题意的非空真子集的个数为；
情形二：当集合中只有2个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个，或者同时选取3，5，
此时满足题意的非空真子集的个数为；
情形三：当集合中只有3个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个且同时选取3，5，或者同时选取2，4，6，
此时满足题意的非空真子集的个数为；
情形四：当集合中只有4个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个且同时选取3，5，
此时满足题意的非空真子集的个数为.
综上所述：由分类加法计数原理可知，满足题意的非空真子集的个数共有个，
因此在集合的所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是.
故选：B.
6．如图，三棱台中，，现在以下四项中选择一个，可以证明的条件有（ ）
①；②；
③；④；
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】先找到的等价条件，再利用余弦定理分析判断条件③；再利用空间向量法将条件①转化等价于条件③，从而得解；举反例排除②；利用余弦定理判断④，从而得解.
【详解】如图所示：
设三棱台的三条侧棱交于一点.
因为在三棱台中，，所以，
故等价于，
对于条件③：若，分别在中运用余弦定理可得，
，，
因为，且，
所以，所以，故，故条件③满足题意；
对于条件①，若，则，
即
又注意到，即，且，
所以，
又，余弦函数在上单调递减，
所以，结合以上对条件③的分析，故条件①也满足题意；
对于条件②：不妨设是两个互相垂直的等边三角形，且分别是的中点，
因为，，所以，
因为，所以，同时又有，满足题意，
此时，取点为的中点，连接，
由于是两个互相垂直的等边三角形，
所以平面平面，且由三线合一可知，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，
由于在等边中，，，故，
所以，即，所以，故条件②不满足题意；
对于条件④：分别在中运用余弦定理可得，
，，
所以
不妨设，，
所以，
即，
所以或，
换言之，在条件的情况下，不一定成立，
所以不一定成立，故条件④不满足题意.
综上所述，满足题意的条件有：①，③；共有两个.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到的等价条件，从而利用余弦定理与立体几何的定理即可得证.
7．抛物线C：的焦点为F，顶点为O，其上两点（均异于原点O）满足；过O点作于C，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可以先画出图形，设出直线方程，将其与抛物线C：联立，并结合，可知，然后再结合，可设，将其与直线，联立可得点的坐标（含有参数），所以由两点之间的距离公式即可用含参数的式子表示，从而进一步求解.
【详解】如图所示：
由题意不妨设直线满足，，其中，
联立得，，
所以由韦达定理有，从而，
又由可知，
因为，所以解得，
此时满足题意，故，
所以直线，
因为，
所以不妨设，
联立，解得，
即点，又，
所以，
因为，所以，.
故选：C.
8．求值：（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】由正弦的二倍角公式及其逆用、诱导公式以及两角差的正弦公式，通过变形运算即可求解.
【详解】不妨设所求的值为，则，
由正弦的二倍角公式逆用有，
由诱导公式、二倍角公式及其逆用得
，
最终由两角和差的正弦公式得
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：正确的变形技巧以及巧妙运用三角恒等变换公式是解题的关键.
二、多选题
9．将三角函数经如下变换后得到的图象：
①将图象向右平移个单位；②将图象向左平移个单位；
③将图象向下平移个单位；④将图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍；
以下变换顺序正确的是（ ）
A．④①③B．④③①①C．②②③④D．③①④
【答案】BCD
【分析】先由二倍角公式逆用、辅助角公式化简函数的表达式，然后依据平移变换法则，对每一选项逐一验证即可.
【详解】由题意
.
按A选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故A错误；
按B选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故B正确；
按C选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故C正确；
按D选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故D正确.
故选：BCD.
10．等比数列和函数满足，，则以下数列也为等比数列的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据题意，直接按等比数列的定义对每一选项逐一判断即可.
【详解】由题意不妨设等比数列的公比为，
所以，且，
对于A，当时，有，且，
由等比数列定义可知数列是等比数列，故A选项符合题意；
对于B，当是正奇数时，不是正整数，此时没有定义，
从而数列不是等比数列，故B选项不符合题意；
对于C，当时，有，且，
由等比数列定义可知数列是等比数列，故C选项符合题意；
对于D，当时，有，但，
从而数列不是等比数列，故D选项不符合题意.
故选：AC.
11．如图，在平整的地面上任一点O处观测点P处的太阳时，可以将太阳一日的运动轨迹看作一个圆，且这个圆在以O为球心，半径很大的球面上．白天观测到的轨迹是其在地面以上的部分．在点O处立一根杆OA（A也可看作球心），它在地面上形成日影，且P，A，三点共线，则白天时点在地面上运动的轨迹可能是（ ）
A．一个抛物线B．一条直线C．一个半椭圆D．双曲线的一支
【答案】ABD
【分析】分析不同位置时在地面上运动的轨迹，即可得出结论.
【详解】由题意，
由自然地理知识，以六个不同纬度讨论杆影轨迹形态.
1.赤道
春秋分日，赤道上的杆影轨迹为一条经过杆脚（原点）的东西向直线，与x轴重合（图3），因为太阳正东升，太阳视运动轨迹垂直于地平面，故整个上午太阳均在正东方向，影子在正西方向，正午太阳在天顶无杆影，下午太阳位于正西，杆影则在正东.除极点外，全球任意纬度的春秋分杆影轨迹均为一条东西向直线，北半球该线位于杆脚以北，南半球则为以南，纬度越高则直线离杆脚越远.
非春秋分日，赤道上的杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，太阳直射点位于北半球，赤道上观察太阳位于偏北方，故杆影轨迹位于杆脚的南侧，开口朝南.秋分至次年春分，杆影位于杆脚北侧，开口朝北.日期越接近春秋分则双曲线的曲率越小，日期越接近二至日则曲率越大.二至日曲率最大，且离杆脚最远.
2.回归线之间（含回归线）
以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，开口朝南；秋分至次年春分，开口朝北，其中太阳直射时，杆影轨迹过原点（即杆脚）.北回归线上，夏至日轨迹过原点.
3.回归线至极昼区边界
以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线，曲率比低纬地区有所加大。春分至秋分，开口朝南，夏至轨迹与和轴的交点分别为、；秋分至次年春分，开口朝北，冬至轨迹与轴交点为。在春秋分，轨迹为直线，该直线距轴为个单位，因为正午影长与杆高相等。显然春秋分轨迹并不是两至日轨迹的对称轴。
4.极昼区边界
以南极圈为例，冬至日该地恰好出现极昼，轨迹为开口向北的抛物线.值得一提的是，凡是极昼区与非极昼区分界纬线上（即刚出现极昼的纬线），其轨迹为抛物线，而并非椭圆.南极圈其他日期为双曲线或直线.
5.极昼区（除极点）
以为例，极昼期间轨迹为椭圆，24小时均有杆影，正午与子夜太阳高度分别为最大和最小，杆影分别为最短和最长.椭圆长轴位于南北方向，短轴位于东西方向，原点位于椭圆的焦点，越靠近极昼区的边缘，则椭圆的偏心率越大.
6.极点
春秋分日，太阳在地平线上，理论上杆影无限长，杆影轨迹无法表达.极昼期间，极点的杆影轨迹为正圆，圆心为杆脚，因为太阳平行于地平面，一天内太阳高度不变.越趋向夏至（或冬至日），圆的半径越小；越趋向春秋分，则圆半径趋向无穷大.
综合以上分析可知，
杆影轨迹共有双曲线、直线、抛物线、椭圆和圆 5 种线条类型.直线是春秋分日的特有形态，全球（除两极）皆为直线.抛物线是刚出现极昼地区（如太阳直射那天，地区）的特有形态.椭圆是高纬地区在极昼时期的特有形态.圆是北极点和南极点的特有形态.双曲线是全球各地的普遍形态，太阳直射点在北半球时则双曲线开口朝南，反之则朝北.
其中，直线为一条直线，双曲线和抛物线均为半支，椭圆为一整个椭圆，故ABD正确，C错误.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线的轨迹，自然地理的地球运动，考查学生分析问题的能力，日常生活的观察能力，与其他科目知识综合运用的能力，具有很强的综合性.
三、单选题
12．已知，若它的图象恒在x轴上方，则（ ）
A．的单调递增区间为
B．方程可能有三个实数根
C．若函数在处的切线经过原点，则
D．过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线
【答案】D
【分析】A选项，根据函数的图象恒在x轴上方，得到，画出函数图象，可得单调区间；B选项，结合函数图象得到方程的根的个数；C选项，分和两种情况，得到或；D选项，设上一点，分为切点和不是切点，结合函数图象可得过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线.
【详解】A选项，因为函数的图象恒在x轴上方，
时，由于恒成立，故要想恒正，
则要满足，
时，恒成立，
，当时，在恒成立，
故在单调递增，又当时，，
故在上恒成立，满足要求，
当时，令，故存在，使得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，又当时，，
故时，，不合题意，舍去，
综上：，
当时，，
，且，
画出函数图象如下，
故的单调递增区间为，，A错误；
B选项，可以看出方程最多有两个实数解，不可能有三个实数根，B错误；
C选项，当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，
解得，
当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，其中满足上式，
不满足，故C错误；
D选项，当时，设上一点，
，当切点为，
则，
故切线方程为，此时有一条切线，
当切点不为时，设切点为，
则，
此时有，
即，
其中表示直线的斜率，
画出与的图象，
最多有6个交点，故可作6条切线，
时，当切点不为时，设切点为，
则，，
，，
结合图象可得，存在一个点，
使得过点的切线过上时函数的一点，
故可得一条切线，
当点在时的函数图象上时，由图象可知，不可能作8条切线，
综上，过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线，D正确.
故选：D
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 已知斜率求切点即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
四、填空题
13．写出一个焦距为3的椭圆的标准方程： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由，任取一个值，求出相应的值，写出标准方程即可．
【详解】由题意，即，又，例如，则，
标准方程可为．
故答案为：．（答案不唯一）
14．平面直角坐标系中有一直线l：，用斜二测画法画出平面的直观图，在直观图中直线l恰为x轴和y轴的角平分线，则 ．
【答案】2
【分析】首先画出平面的直观图，对其分析发现，再将其还原的时候发现，由斜率公式即可求解.
【详解】画出平面的直观图如图所示：
由题意，平分，
所以，
过点作轴，交轴于点，
所以，
所以，
从而有，
所以有，不妨设，
现在将平面直观图还原，如图所示：
由图可知，此时直线l：经过点，
所以.
故答案为：2.
15．已知矩形和另一点E，，，且，连接交直线于点F，若的面积为6，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意分两种情形分别画出图形，结合相似三角形的知识将的底和高分别用含有参数的代数式表示，从而可建立方程求解.
【详解】我们分以下两种情形来解决，
情形一：如图所示：
当时，有，，
所以有，即，
解得，
此时，
由题意，，
解得；
情形二：如图所示：
当时，有，，
所以有，即，
解得，
由题意，，
解得.
综上所述：若的面积为6，则或.
故答案为：或.
16．一张圆形餐桌前有个人，每个人面前及餐桌正中央均各摆放一道菜．现规定每人只能在相邻两人或餐桌中心的三道菜中随机夹取一道菜，每个人都各夹过一次菜后，记未被夹取过的菜肴数为，则 ，的通项公式为 ．
【答案】
【分析】每一道菜是否被夹都可以看成是两点分布，要被个人均选择一次：“夹”或“不夹”，但由于“中心菜具有特殊性”即可以被所有人夹，故先考虑，而对于每个人前面的道菜而言，它可以被两个人（这两个人中间隔了这道菜所对的那个人）选择“夹”或者“不夹”，由此即可求解.
【详解】给所有菜编号，中心菜编号为0，其余每人前面的菜分别为，
记事件“中心菜未被夹”为，事件“中心菜被夹”为，
则由题意，，
所以，
记事件“第道菜未被夹”为，事件“第道菜被夹”为，，
所以，，
所以，
而由题意有，
所以，
从而.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是“特殊元素中心菜”优先考虑，其次是注意到其他菜只能被选择两次，结合随机变量的均值公式即可求解.
五、解答题
17．等差数列中，，的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：对任意正数k，均存在使得成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差数列的性质将变形为，结合即可算出公差，从而即可求解.
（2）结合等比数列前n项和公式以及的通项公式，去分析不等式成立的必要条件为，从而取即可证明.
【详解】（1）设数列的公差为d，于是，
因为，所以，
所以，
解得，则.
（2）由（1）可知，
所以，，
考虑，即，即，
由于，
则时，，且，
结合上述不等式得，整理得，
任取整数，则，原不等式成立，
于是对于任意正数k，均存在使得成立．
18．已知函数，
(1)求的极值；
(2)作在处的切线交的图象于另一点，若，求l的斜率．
【答案】(1)极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）求得，结合导数求得函数的单调区间，进而求得函数的极值；
（2）求得在处的切线l的方程为，设，结合，得到，列出方程组，求得，得到方程有另一解，结合，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，解得，，
则 列表如下：
所以的极大值为，
极小值为．
（2）解：由题意，在处的切线l的方程为，
整理得，
设，可得，
则，从而，
可得，解得，
所以，
由题意可知，方程有另一解，于是，
所以，解得或，
当时，l的斜率；当时，l的斜率，
综上可得，切线l的斜率为3．
19．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且；边上有一点D（D不与三角形的顶点重合）满足.
(1)求C的取值范围；
(2)若，求A．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先由正弦定理得，然后分C为钝角或C为锐角两种情况，分别画出图形并结合三角形内角和定理即可求解.
（2）分C为钝角或C为锐角两种情况讨论，推出C只能是锐角，且由（1）可知，并在中运用余弦定理，即可得出，从而结合已知以及三角形内角和定理即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，则，
又，且，所以，
考虑到，则是锐角，
如图所示：
若C为钝角，则，即，
此时有，
又，则，则；
如图所示：
若C为锐角，则，
由题意知，则，
所以，
又，所以，所以，
综上所述，．
（2）由题知，若C为钝角，
则在中，有，
此时，不合题意；
故C为锐角，也即，
由（1）可知，，且注意到，
所以中，由余弦定理得，
解得，
因为，所以，
结合正弦定理知，
于是，
又，则，
又，
将上式代入得，解得．
20．在能源和环保的压力下，新能源汽车将成为未来的发展方向．某市大力推广新能源汽车，成果显著，该市近6年的新能源汽车保有量数据如下表，
(1)记时对应的汽车保有量为，其相较去年的增长量为，分析发现变量z和y有线性关系，试建立变量z和y的回归方程（精确到0.01）；
(2)根据（1）问的结果分析：①；②；③当中哪一个更适合作为汽车保有量y与年份x的回归方程类型？判断并说明理由．
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】(1)
(2)②适宜，理由见解析
【分析】（1）设关于的回归方程为，结合最小二乘法，求得的值，即可得出回归直线方程；
（2）由（1）问知和有线性关系，得到，得出是首项为，公比为的等比数列，进而得到回归方程，满足②式的形式．
【详解】（1）设关于的回归方程为，
当时，可得，，
则，可得，
所以关于的回归方程为．
（2）选择②，理由如下：
由（1）问知和有线性关系，故用估计，知，
则，可得，
可得是首项为，公比为的等比数列，
从而，满足②式的形式，
故②适宜作为y与x的回归方程类型．
21．空间中的两平行平面与之间的距离为4，边长为2的等边三角形，分别在平面，中，且它们中心的连线垂直于平面；若恒成立.
(1)证明：，，两两夹角相等；
(2)当四面体的体积最大时，求（1）问中夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）画出图形，通过分析发现要证，，两两夹角相等，只需，注意到，且，，从而，同理即可得证.
（2）分两种情况：P在线段上，或者P在线段的延长线上，然后画出图形，通过分析发现从而可知，结合（1）中数据及结论即可求出的值，最终由向量夹角的余弦公式即可求解.
【详解】（1）记和的中心分别为点O，，
当时，记点，，所在位置分别为点，，，
易知为正三棱柱，且点，，，，，均在以为圆心的圆上，的半径为；
因为，所以，
同理可得，
记，则在中，，
由上知，于是，
且，，，则，
下面只需证明，
因为，
同理有，，
而
在中，由于，所以和所对弧长相等，即，
所以，则，，
也即，则，同理有，
所以，所以，
即，，两两夹角相等．
（2）
记直线和的交点为P，连接，设和到平面的距离分别为，，作于G，于H，
由（1）问知，，则，，
于是平面，平面，
从而，，又的面积，
若P在线段上（如上图），则，因为，
所以，于是，，
则，
若P在线段的延长线上（如下图），则，因为，
所以，所以，于是，，
则，
综上，当时，四面体的体积取最大值，此时，
则，则，，
由（1）问知，
，
设和的夹角为，则．
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是反复利用同理思想，而第二问的关键是要分类讨论，并求出四面体的体积的表达式，再结合（1）中结论，总而言之这题非常反套路，这也是符合最近新高考出题的一个趋势，望各位老师同学多留意一下平时用通法解题.
22．双曲线C：经过点，且点P到双曲线C两渐近线的距离之比为.
(1)求C的方程；
(2)过点P作不平行于坐标轴的直线交双曲线于另一点Q，作直线交C的渐近线于两点A，B（A在第一象限），使，记和直线QB的斜率分别为，，
①证明：是定值；
②若四边形ABQP的面积为5，求．
【答案】(1)
(2)① 证明见解析；②或
【分析】（1）由双曲线经过点P可得，再根据点P到双曲线C两渐近线的距离之比为，由双曲线的渐近线方程以及点到直线的距离公式可得，结合两式即可求解.
（2）①设：，：，，由点P在上可得，联立双曲线方程与：，由韦达定理有，分别联立与双曲线两渐近线方程可得，由题意，从而，所以，从而由斜率公式即可求证.②分别由弦长公式以及平行线之间的距离可分别求得平行四边形的底和高为、,从而可得四边形ABQP的面积，结合①中结论即可求解.
【详解】（1）如图所示：
将代入双曲线C得：，
双曲线的渐近线为，即；取：，：，
则点P到的距离，点P到的距离，
因为且，所以，所以，
于是，即，
又，所以，所以，解得，
所以，则，则C：．
（2）如图所示：
①设：，：，，
将点P代入直线得：，即，
联立直线和双曲线的方程，消去y得：，
则，（式i）
因为点A在第一象限，故联立直线与解得，则，
联立直线与解得，则，
所以，又，，所以，
于是，（式ii）
（式ii）与（式i）相减得：，
则，
则，即，故为定值1．
②直线与之间的距离，
由①问的证明知四边形是平行四边形，而，
故四边形ABQP的面积，
解得或，于是或．
【点睛】关键点点睛：第（1）问中的关键是要由分析出，从而将化简为进而求解；而第二问①中关键是找到桥梁与，从而得到之间的关系，结合以及斜率公式从而顺利求解，至于②的求解关键是运算准确并结合①中结论即可.
+
0
0
+

极大值

极小值

年份代号x
1
2
3
4
5
6
保有量y（万辆）
1
1.8
2.7
4
5.9
9.1