2024年湖南省长沙市高三数学上学期第一次调研测试卷含答案解析

这是一份2024年湖南省长沙市高三数学上学期第一次调研测试卷含答案解析，共31页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．设集合，，则的元素个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若复数（i是虚数单位），则（ ）
A．B．1C．D．
3．已知向量，，，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则的面积为（ ）．
A．1B．2C．D．
4．在三角形ABC中，已知三边之比，则的值等于（ ）
A．1B．2C．D．
5．数列的通项公式为，若数列单调递增，则的取值范围为
A．B．C．D．
6．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，k是正的常数.如果在前5h消除了的污染物，则15h后还剩污染物的百分数为（ ）
A．B．C．D．
7．设椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，，，则椭圆离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正三棱台的上，下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，以下底面顶点为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．
C．D．
10．不透明盒子里装有除颜色外完全相同的3个红球，2个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件：取出的两个球是一个红球一个白球，事件：两个球中至少一个白球，事件：两个球均是红球，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知双曲线：的右焦点为F，动点M，N在直线：上，且，线段，分别交C于P，Q两点，过P作的垂线，垂足为.设的面积为，的面积为，则（ ）
A．的最小值为B．
C．为定值D．的最小值为
12．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在上存在极大值
B．为函数的导函数，若方程有两个不同实根，则实数m的取值范围是
C．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为
D．若，则的最大值为
三、填空题
13．为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，若每个小区至少分配一名志愿者，则有 种分配方法（用数字作答）；
14．在数列中，，，其中是自然对数的底数，令，则 ．
15．已知是正四面体的外接球的一条直径，点在正四面体表面上运动，正四面体的棱长是2，则的取值范围为 ．
16．已知函数，若函数的图象在点和点处的两条切线相互平行且分别交轴于、两点，则的取值范围为 .
四、解答题
17．如图，在中，，点是边上一点，且，
(1)求的面积；
(2)求线段的长.
18．已知数列的前项和为，，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
19．如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，，，为中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，使得二面角的大小为，求的值．
20．2023年秋末冬初，呼和浩特市发生了流感疾病. 为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保. 某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)若从成绩低于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩低于50分的人数；
(2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数；
(3)首轮竞赛成绩位列前的学生入围第二轮的复赛，请根据图中信息，估计入围复赛的成绩（记为）.
21．已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．
(1)求C的方程；
(2)当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．
22．已知函数．
(1)当时，求在曲线上的点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若有两个极值点，，证明：．
题号
一
二
三
四
总分
得分
参考答案：
1．C
【分析】明确集合交集的含义，利用解方程组即可确定答案.
【详解】由于，为点集，
故求的元素个数即为求的解的个数，
解方程，可得或或，
故的元素个数是3个，
故选：C
2．A
【分析】根据复数的乘方运算及乘法运算求得z，由模长公式求得模长即可.
【详解】解：∵，
∵复数，
∴，
∴，
∴，
则，
故选：A．
3．B
【解析】为等腰直角三角形，则有及，
【详解】由题知，，，
故，则，
故选：B．
【点睛】本题考查向量的数量积，掌握向量的模、向量的垂直与数量积的关系是解题关键．
4．B
【分析】根据三边关系求出，根据二倍角公式结合正弦定理即可得解.
【详解】三角形ABC中，已知三边之比可设，
由余弦定理可得：，
由正弦定理可得：
故选：B
5．C
【分析】数列{an}单调递增⇔an+1＞an，可得：n+1+＞n+，化简解出即可得出．
【详解】数列{an}单调递增⇔an+1＞an，可得：n+1+＞n+，化为：a＜n2+n．
∴a＜2．
故选C．
【点睛】本题考查了等比数列的单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．C
【分析】根据题意，求出，然后带入，即可求出15h后还剩污染物的百分数.
【详解】根据题意时，，又在前5h消除了的污染物，
则，
则15h后还剩污染物为，
所以15h后还剩污染物的百分数为.
故选：C
7．C
【分析】设，由椭圆定义和勾股定理得到，换元后得到，根据二次函数单调性求出，得到离心率的取值范围.
【详解】设，，由椭圆的定义可得，，
可设，可得，即有，①
由，可得，即为，②
由，可得，令，可得，
即有，由，
可得，即，
则时，取得最小值；或4时，取得最大值.
即有，得.
故选：C
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有三种方法：①求出，代入公式；
②根据条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围；
③由题目条件得到离心率关于变量的函数，结合变量的取值范围得到离心率的取值范围.
8．C
【分析】将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点到平面的距离，进而求出截面小圆半径作答.
【详解】将正三棱台补形成正三棱锥，
如图，由得．
∵，∴，∴为正三角形，
∴三棱锥为正四面体．令正的中心为，连接，，
则平面，，∴．
∵球半径为，∴这个球面截平面所得截面小圆是以为圆心，为半径的圆．
在正中，取，的中点，，取的三等分点，，连接，，
显然，即，，同理，即，
∴六边形是正六边形，点，，，，，在此球面截平面所得截面小圆上．
连接，，，，则，此球面与侧面的交线为图中的两段圆弧（实线），
∴交线长度为．
故选：C.
【点睛】思路点睛：将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥为正四面体，由此可求出点到平面的距离，进而求出球面与侧面的截面小圆半径，从而确定交线为两段圆弧，求出弧长得解.
9．AC
【分析】根据零点定义，结合正弦型函数和对数型函数的图象进行求解即可.
【详解】令，
在同一直角坐标系，画出两个函数图象如下图所示：
由图可知共有20个交点，故，则A正确，B错误；
又函数的图象都关于对称，则，
故，则C正确，错误，
故选：AC
10．AC
【分析】应用列举法写出随机取出2个小球的事件，根据题设描述列举对应事件，由古典概型的概率求法求概率.
【详解】记3个红球为，2个白球为，随机取出2个小球的事件如下，
，
所以，事件对应事件有 ，概率为，A对；
事件对应事件有 ，概率为；
事件对应事件有 ，概率为；
其中对应事件有，概率为，B错；
对应事件有，概率为，C对；
显然，D错.
故选：AC
11．BC
【分析】由三角形相似和基本不等式，即可判断A；代入两点间距离公式，化简后，即可判断B；根据直角三角形的性质，结合B选项，即可判断C；设，利用三角函数表示，再通过换元，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的最值.
【详解】对于A，易得，设，则，
设，，由三角形相似可得，
所以，当且仅当时等号成立，故A错误；
对于B，设，则，由，得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由，可得，所以，
整理得，为定值，故C正确；
对于D，易知，设，
则，，
设，则，解得，
同理可得，
所以，
令，
则，设，
则，
所以在上单调递减，故的最小值为，故D错误.
故选：BC
【点睛】难点点睛：本题的难点是D选项的判断，需根据，转化为三角函数的问题，再利用换元，转化为一般函数问题，再利用导数判断函数的单调性，即可求最值.
12．BCD
【分析】利用导数探讨的单调性判断A；求出并利用导数探讨其性质，结合函数零点判断B；利用函数的单调性脱去法则“f”，再利用的单调性求出最小值判断C；由已知结合同构思想得，再利用导数求出的最小值判断D.
【详解】对于A，，令，则，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，
于是，因此在上单调递增，在上无极值点，A错误；
对于B，，令，则，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
则，即，显然当时，恒有，
方程有两个不同实根，即直线与函数的图象有两个交点，
因此，B正确；
对于C，由选项B知，在上恒成立，则函数在上单调递增，
于是，不等式，
则有，，由选项A知，函数在上单调递增，
因此，即，所以实数a的最大值为，C正确；
对于D，若，则，
即，由，得，
由选项A知，函数在上单调递增，于是，，
因此，令，则，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，从而，
所以的最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
13．
【分析】利用分组分配求解
【详解】先把名志愿者分成共组，然后再进行排列，有种不同的分配方法，
故答案为：
14．
【分析】根据题意，得到，两式相加，结合等比数列的求和公式和对数的运算法则，即可求解.
【详解】由，得，
则，
则，故．
故答案为：.
15．
【分析】根据题意可求得外接球半径为，利用可得，由几何关系求出的最值即可求出的取值范围.
【详解】如下图所示：

设点在平面内的摄影为，为的中点，易知在上，且平面；
又正四面体的棱长是2，所以可得，
在正中，由勾股定理可得；
设外接球半径为，则可知，
即，解得；
易知，
又因为是外接球的一条直径，所以，且；
因此，
易知，
所以，；
因此可知的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用极化恒等式将化为，再利用正四面体性质求出的最值即可求出的取值范围.
16．
【分析】由可得出，利用弦长公式得出，利用导数求出函数在上的值域，即可为所求.
【详解】当时，，，则，
当时，，，则，
因为函数的图象在点和点处的两条切线相互平行，
则，即，则，
，，
所以，，
令，其中，则，
当时，，此时函数在上单调递减，
当时，，此时函数在上单调递增，
所以，，因此，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用切线斜率相等得出、所满足的关系式，然后将转化为含的函数，转化为函数的值域问题求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据求解即可；
（2）解法1：在中根据余弦定理求出，结合等腰三角形的性质求，在中勾股定理求即可；
解法2：由求得.
【详解】（1），
而
.
（2）解法1：，
，
在中，，
在等腰中，，
Rt中，，
.
解法2：，
由得，
,
即，
解得.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用构造法和等差数列的定义与通项公式可得，结合即可求解；
（2）由（1）知，利用分组求和法计算即可求解.
【详解】（1）根据题意，，所以，
由于，则是以首项为1，公差为的等差数列，
所以，所以，
当时，.
验证时满足通项公式，故数列的通项公式为.
（2）由（1）知.
设的前项和为，则当为偶数时，
.
当为奇数时，，
设的前项和为，则.
因为，所以
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面.
（2）设,再利用向量法求二面角的平面角，再列方程得到，即得的值．
【详解】（1）证明：连接，

是边长为的等边三角形，是的中点，
，，
，，，
四边形是矩形，，
，，
又，，平面，
平面，
又平面，
平面平面．
（2）以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
，，，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
又平面，
为平面的一个法向量，
，
二面角的大小为，
，
解得．
．
20．(1)人
(2)
(3)
【分析】（1）利用分层抽样的定义求解即可；
（2）利用平均数公式求解即可；
（3）根据题意设入围复赛的成绩的临界值为，则，求出的值即可.
【详解】（1）成绩在的人数为（人），
成绩在的人数为（人），
则按分层抽样方法从成绩低于60分的同学中抽取5人，
成绩低于50分的人数为（人）.
故5人中成绩低于50分的人数为2人；
（2）由，得，
则平均数，
故该校学生首轮竞赛成绩的平均数约为分；
（3）根据频率分布直方图可知：
的频率为，的频率为，
所以入围复赛的成绩一定在，
可知入围复赛的成绩的临界值为，
则，解得，
故估计入围复赛的成绩为分.
21．(1)
(2)
【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；
（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.
【详解】（1）当M与原点O重合时，可设，则有、，
且，即有,
则，
即，又，故，则，
即有，由离心率为，即，
则，故，即有，
解得，故，即C的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
，即，
有，，
为，
令，故，
由，故，
其中，即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
【点睛】本题考查了椭圆的方程，在求解直线与椭圆的位置关系问题时，常用方法是设而不求，借助韦达定理等手段，将多变量问题转变为单变量问题，再用基本不等式或函数方式求取范围或最值.
22．(1)；
(2)详见解析；
(3)详见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义求出；
（2）求出导函数，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出；
（3）由题意得，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．
【详解】（1）由题可知，当时，，
，，切点为，切线的斜率为，
切线方程为：，即；
（2）对函数求导可得，．
当时，．则在上单调递增．
当时，．则，．
令，则，或．，则，
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（3）有两个极值，，
，是方程的两个不等实根，
则，，，
．
要证：．即证：．
不妨设，即证：．
即证：对任意的恒成立．
令，．则．
从而在上单调递减，故．
所以．
【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题.