湖南省长沙市湖南师大附中2024届高三上学期第一次调研数学试题（学生及教师版）

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本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上．
3．非选择题是必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和徐改液，不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．
一、单选题（本大题8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先化简集合，然后求出交集即可.
【详解】，
，
.
故选：A
2. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（ ）

A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.
【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，，
则，，得，
所以复数的虚部为.
故选：D
3. “函数的图象关于对称”是“，”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用正切函数的性质结合集合间的基本关系判定充分、必要条件即可.
【详解】当函数的图象关于对称时，
有，，得，，
易知，
所以“函数的图象关于对称”是“，”的必要不充分条件．
故选：B．
4. 已知向量，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量夹角的坐标表示计算．
【详解】因为，则，
所以.
故选：D．
5. 已知是等差数列的前n项和，是数列的前n项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出公差，结合等差数列求和公式得到为公差为的等差数列，从而得到方程，求出和，利用等差数列求和公式得到答案
【详解】设的首项为，公差为，
则，则，
则，
故为公差为的等差数列，
又，所以，
解得，
又，解得，
故故为首项为，公差为的等差数列，
所以.
故选：A
6. 函数的图象不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分，和三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.
【详解】①当时，，此时A选项符合；
②当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故B选项符合；
③当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故C选项符合，D选项不可能.
故选：D.
7. 已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案.
【详解】在正方体中，平面平面，
因为平面，平面，平面平面，
则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交，
设交点为，如图所示，

又因为平面，平面，
即分别为，与平面所成的角，
因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点；
当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动；
当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形；
当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形，
如图所示．

因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则，
所以线段的取值范围是，
所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是.
故选：B．
【点睛】知识方法：对于空间共面、共线问题，以及几何体的截面问题的策略：
1、正面共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证明其余的线（或点）在这个平面内；二是证明两个平面重合；
2、证明共线的方法：一是先由两个点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是直接证明这些点都在同一条特定直线上；
3、空间几何体中截面问题：一是熟记特殊几何体（正方体，正四面体等）中的特殊截面的形状与计算；二是结合平面的基本性质，以及空间中的平行关系，以及平面的基本性质，找全空间几何体的截面问题，并作出计算；
4、空间几何体中的动点轨迹等问题：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
8. 已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出椭圆的长半轴长，双曲线的实半轴长为，然后根据焦点三角形顶角的余弦定理求解出的关系式，最后通过“1”的妙用求解出最小值.
【详解】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义得：，
，设，
则在中，由余弦定理得，，
化简得，即，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆、双曲线的离心率的相关计算，涉及到焦点三角形、基本不等式求最值等问题，对学生的计算能力要求较高，难度较大.解答本题的关键点有两个：（1）运用两个曲线的定义，找到离心率之间的关系；（2）在已知条件等式的情况下，活用“1”的妙用求最值.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1
B. 一组数据的第60百分位数为14
C. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为2
D. 将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，若，则总体方差
【答案】AC
【解析】
【分析】由古典概型的概率可判断A，根据百分位数定义可判断B，由数据的平均数和方差的定义可判断C,D.
【详解】选项A：个体m被抽到的概率为，故A正确；
选项B：由于，第六个数为14，第七个数为16，则第60百分位数为，故B错误；
选项C：设数据的平均数为，方差为，
则数据的平均数为，
方差为
，
所以，故C正确；
选项D：设第一层数据为，第二层数据为，
则，，
所以，
，，
总体平均数，
总体方差
因为，则，
所以
，故D错误.
故选：AC.
10. 如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A.
B.
C. 函数在上单调递减
D. 若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】令求得根据求得，根据求得解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知直线：与圆：，若存在点，过点向圆引切线，切点为，，使得，则可能的取值为（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先确定出直线所过的定点以及圆心和半径，根据条件分析出，由此确定出所满足的不等关系，则的取值范围可求，故的可取值可确定.
【详解】因为即，
令，解得，所以过定点，
圆，圆心为，半径为，
由切线性质可知：
当时，，，
因为存在使得，所以，
记到的距离为，
又因为，当最大时，此时，
所以，所以，所以，解得，
又因为，所以可取，
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆位置关系的综合运用，涉及圆的切线相关问题，着重考查学生分析转化问题的能力，难度较大.解答问题的关键在于分析的取值范围并将其正弦值与圆心到直线的距离联系在一起，从而求出参数的可取值.
12. 已知函数，，则（ ）
A. 与的定义域不同，与的值域只有1个公共元素
B. 在与的公共定义域内，的单调性与的单调性完全相反
C. 的极小值点恰好是的极大值点，的极大值点恰好是的极小值点
D. 函数既无最小值也无最大值，函数既有最小值也有最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】首先确定定义域为、定义域为，再应用导数研究与符号，进而判断其单调性、极值点情况；判断、奇偶性，研究它们在上的性质；根据的值域情况及研究最值、及函数值是否有公共元素.
【详解】定义域，对于有，即，故定义域不同，
由，，且，
故在相同的区间内与符号相反，即对应、单调性相反，B正确；
由上，、的极值点恰好相反，的极大值点为极小值点，的极小值点为极大值点，C正确；
由，，均为偶函数，
只需研究在上、的性质：
由且，则，故递增，则，故，
而在上连续，且函数值在范围内波动，即函数值为正、负的区间交替出现，
结合知：取0时趋向于无穷大（含正负无穷），无最值；D错误；
极小值，则为极大值，
极大值，则为极小值，
所以、值域不可能存在公共点，A错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：利用导数研究、单调性、极值情况，注意函数的波动性及值域范围，结合研究最值.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 一组数据为3，5，1，6，8，2，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的常数项为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数的计算方法，求得，求得二项展开式的通项为，即可求解.
【详解】将这组数据从小到大排成一列为：，
由，所以这组数据的四分位数为，所以二项式为，
则二项展开式的通项为，
令，解得，所以展开式的常数项为.
故答案为：.
14. 已知数列满足，设数列的前项和为，则=________
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的递推关系求出，再利用等差数列前项和公式求出即可.
【详解】数列满足，当时，，
两式相减得，因此，而满足上式，
于是，显然，即数列是等差数列，
所以.
故答案为：
15. 在正三棱台中，，，侧棱与底面ABC所成角的正切值为．若该三棱台存在内切球，则此正三棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】取BC和的中点分别为P，Q，上、下底面的中心分别为，，设，内切球半径为r，根据题意求出侧棱长以及，，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组求出半径即可.
【详解】如图，取BC和的中点分别为P，Q，
上、下底面的中心分别为，，
设，内切球半径为r，因为，棱台的高为2r，
所以，
，同理．
因为内切球与平面相切，切点在上，
所以①，
等腰梯形中，②，
由①②得．
在梯形中，③，
由②③得，代入得，则棱台的高，
所以棱台的体积为．
故答案为：.

16. 已知函数，若，则关于的不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】计算出，函数关于点中心对称，得到有唯一的解，求出函数的单调性，结合题目条件得到，进而得到分段函数解析式，计算出，故，结合函数单调性得到不等式.
【详解】由题意，得，，
所以，即函数关于点中心对称．
因为恒成立，所以当时，，
当时，．
所以有唯一的解．
，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递增，
又，，
故在R上单调递增，
，
由对称性可知，
下面证明，过程如下：
若时，则，且，则，，
，
此时，
同理可得当时，，
当，即时，，，满足，即．
故，
当时，，
当时，令，解得，
当时，，
又不等式，所以．
由，得．由，得．
所以原不等式的解集为．
故答案为：
【点睛】函数的对称性：
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
17. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而得到，即可求解；
（2）由，求得，结合余弦定理，得到，进而求得的周长.
【小问1详解】
解：因为，可得，
即，
由正弦定理得，即，
又因为，可得，所以，
因为，可得，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：因为的面积，可得，可得，
又因为，由余弦定理，
可得，所以，
则，所以，
所以的周长为.
18. 记为数列的前项和，已知，且，.
（1）证明：为等差数列；
（2）求的通项公式；
（3）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将原式两边同时除以，构造等差数列即可；
（2）由（1）可得，根据得到与的关系式，再利用累乘法求解即可；
（3）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
，，
，，
数列是首项为1，公差为的等差数列；
【小问2详解】
，
即，
，
两式作差得，
即，
，
即，，
，；
【小问3详解】
，
，
，
，
.
19. 如图，在三棱锥中，和都是正三角形，E是的中点，点F满足．
（1）求证：平面平面；
（2）若，且平面，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可证得结果，
（2）取的中心为O，证明平面，建立空间直角坐标系，由线面平行利用向量法列式可得结果.
【小问1详解】
如图，连接，因为，所以．所以A，E，D，F四点共面．
因为在三棱锥中，和都是正三角形，E是的中点，
所以，．因为平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
如图，记的中心为O，连接，由（1）得．同理可证，
且,所以平面，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为是正三角形，，所以，，．
所以，，，，．
所以，．
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，所以．
因为，，
所以．
因为平面，所以，
即，解得，
此时．故DF的长为6．
20. 某学校有1000人，想通过验血的方式筛查出某种病毒的携带者，如果对每个人的血样逐一化验，需要化验1000次，统计专家提出了一种方法：随机地按10人一组分组，然后将各组10个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这10个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一个人呈阳性，就需要对这组的每个人再分别化验一次．假设某学校携带病毒的人数有10人．（）
（1）用样本的频率估计概率，若5个人一组，求一组混合血样呈阳性的概率；
（2）用统计专家这种方法按照5个人一组或10个人一组，问哪种分组方式筛查出这1000人中该病毒携带者需要化验次数较少？为什么？
【答案】（1）
（2）10个人一组的分组方式筛查出这1000人中该病毒携带者需要化验次数较少，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由对立事件概率的求法结合题给数据即可求解.
（2）设5个人一组和10个人一组，每组需要化验的次数分别为随机变量，由题中数据可知它们服从两点分布，可求得各自的期望，进而求解.
【小问1详解】
由已知可得，该单位每个人携带病毒的概率为．
所以5个人一组，该组混合血样不是阳性的概率为，
所以，一组混合血样呈阳性的概率为．
【小问2详解】
设5个人一组，每组需要化验的次数为随机变量，则．
由（1）知，5个人一组，需要重新化验的概率为0.05，
则X的分布列为
所以，，
总的化验次数为；
设10个人一组，每组需要化验的次数为随机变量，则．
10个人一组，该组混合血样不是阳性的概率为0.9，则10个人一组，需要重新化验的概率为0.1，
则Y的分布列为
所以，总的化验次数为，
所以，10个人一组的分组方式筛查出这1000人中该病毒携带者需要化验次数较少．
21. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右和上顶点，直线交直线于点，且点的横坐标为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于第二象限内两点，且在之间，与直线交于点，试判断直线与是否平行，并说明理由．
【答案】（1）
（2）直线与平行，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆的离心率为，可得，点的坐标为，求出直线的方程，将代入即可求解.
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得，，要证直线与平行，只需证明，求出直线与的斜率，进行化简计算即可.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，所以所以①．
因为点在直线上，所以②．
由①②，解得，所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
直线与直线平行．
理由如下：显然直线与坐标轴不垂直，设其方程为．
因为直线经过点，所以③．
联立直线与椭圆的方程，消去，得．
设．
当时，有，④．
因为共线，所以，即．
所以
．
由③④，得．
所以，即．故直线与平行．
22. 已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由得增区间，由得减区间；
（2）问题转化为对任意,恒成立，引入函数，利用导数求出最小值即可．为此需要求出则，并令，则，确定存在时，，然后得出的极值，比较和的大小即可得．
【小问1详解】
由得函数，
所以，
令得，令得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由，得，又，
所以，即对任意,恒成立，
令，则，
令，则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，在内存在唯一的零点，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题利用导数研究不等式恒成立求参数范围，可通过分离参数法转化为求新函数的最值．难点在于新函数的最值，求出导函数后其零点不能直接确定，需要对其中的一部分函数进行定性确定零点（利用层层确定其存在性及范围），然后确定是极小值，还要与（端点处函数值）比较．
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