湖北省高中名校联盟2024届高三第三次联考综合测评数学试卷 Word版含解析

这是一份湖北省高中名校联盟2024届高三第三次联考综合测评数学试卷 Word版含解析，共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 在中，已知，则， 已知，，且，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，22题.满分150分.考试用时120分钟.
考试时间：2024年2月1日下午15：00—17：00
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，结合并集概念即可得解.
【详解】因为，解得，
所以，，.
故选：C.
2. 已知复数，z的共轭复数为，则=（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数、复数模的定义及复数运算可得结果.
【详解】由，
代入，
故选：B.
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 没有公共点的两条直线是异面直线
B. 若两条直线a，b与平面α所成的角相等，则
C. 若平面α，β，γ满足，，则
D. 已知a，b是不同的直线，α，β是不同的平面.若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间位置关系的定义及判定来判断选项即可.
【详解】对A，没有公共点的两条直线是异面直线或平行直线，故A错误；
对B，若两条直线a，b与平面α所成的角相等，
则a，b可以平行、相交或异面，故B错误；
对C，若平面α，β，γ满足，，则α，γ不一定垂直，故C错误；
对D，两个平面垂直等价于这两个平面的垂线垂直，故D正确.
故选：D.
4. 已知点为直线上的一点，过点作圆的切线，切点为，则切线长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可知，由勾股定理可得，当取小值时，，求出圆心到直线的距离，作为的最小值，结合勾股求解即可.
【详解】由题意可知，圆的圆心为，半径为，
由圆的几何性质可知，，
由勾股定理可得,
所以要使切线长取最小值，只需取最小值即可.
当直线与直线垂直时，取最小值，
则的最小值是.
故选：A.
5. 在中，已知，则（ ）
A. 3B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用降幂升角公式得到，由，得到，再利用余弦的和差角公式即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，所以，
得到，
整理得，所以，
故选：A.
6. 已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合函数的图象和函数的图象，由，找到交点横坐标，即可得解.
【详解】在同一坐标系中画出函数的图象和函数的图象，
设两图象交于点A，且点A的横坐标为.
由图象可得满足的实数a的取值范围为.
对于，由，得，
所以，解得或（舍去），
故选：C.
7. 已知函数，若有且仅有三个零点，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 有且仅有两个零点B. 有一个或两个零点
C. ω的取值范围是D. 在区间上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】画出的图象，根据零点的定义，可判断A、B，采用整体代入的方法，结合正弦型函数的性质判断C、D即可.
【详解】，当时，，
设，如下图作出函数的图象，
则在有两个最小值点，有一个或两个最大值点，故A，B正确.
由于函数在上有且只有3个零点，
由图象可知，解得，C正确；
当时，，
由知，
所以在递减，在递增，D错误.
故选：D.

8. 已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线距离的最小值.
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，

球O为四棱锥内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，平面，
平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半径，即内切球的半径，由球心到直线的距离，求点M到直线的距离的最小值.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 某大学生做社会实践调查，随机抽取名市民对生活满意度进行评分，得到一组样本数据如下：、、、、、，则下列关于该样本数据的说法中正确的是（ ）
A. 均值为B. 中位数为
C. 方差为D. 第百分位数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用方差公式可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.
【详解】由题意可知，该组数据的均值为，故A正确；
中位数为，故B正确；
方差为，故C错误；
因为，第百分位数为，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知，，且，则（ ）
A. ，B.
C. 的最小值为，最大值为4D. 的最小值为12
【答案】BD
【解析】
【分析】对于选项A: 由已知得，，整理即可判断；对于选项B:结合双钩函数的单调性即可判断；对于选项C:结合题意可得，通过构造函数利用单调性即可判断；对于选项D:设，借助导数分析单调性即可求最值.
【详解】对于选项A:由已知得，，
则，.故A错误；
对于选项B:令，
则在单调递减，在单调递增，
得，故B正确；
对于选项C:结合题意可得，令，
则在上单调递增，得，故C错误.
对于选项D:设，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以.故D正确.
故选:BD.
11. 已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（ ）
A. a，b满足B. 的最大值为
C. 存在点P，使得D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.
【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；
B选项，由题意得，设，则，，
因为，，所以，，
则，
故B对；
C选项，设，，，，
则
，
当且仅当时，等号成立，
由于在上单调递减，
当点P在短轴端点时，最大，且此时，
故此时，故C错；
D选项，法一：直线方程为，即，
与椭圆方程联立得，
因为，所以，
，故，故D对.
法二：据椭圆第二定义易知：，
其中，
即，
解得，同理可得.
所以成立，故D对.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的长轴顶点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，若，则椭圆的离心率的取值范围是.
12. 已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. 当时，B.
C. 数列单调递增，单调递减D. 当时，恒有
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可得：，，对于AB：利用作差法分析判断；对于C：分析可知是等比数列，根据等比数列通项公式结合数列单调性分析判断；对于D：分析可得，结合等比数列运算求解.
【详解】由题意可得：，，
由可知：，但，
可知对任意的，都有，
对于选项A：若，
则，
即，故A正确；
对于选项B：，
即，故B错误.
对于选项C：因为，，
则，且，
可知是等比数列，则，
设，，
可得，，
因为，可知为递增数列，
所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因，，
由，可得，即，则，即；
由，可得，即，则，即；
以此类推，可得对任意的，都有，
又因为，则，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
1.数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的常数项为___________（用数字填写答案）.
【答案】60
【解析】
【分析】根据条件，利用通项公式为，即可求出结果.
【详解】因为二项展开式的通项公式为，
令，则，得到，所以展开式中常数项为60，
故答案为：.
14. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的定义和运算律可得，结合二次函数分析求解.
【详解】由题意可知：，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：.
15. 已知抛物线，直线l过C焦点F且与C交于A，B两点，以线段为直径的圆与y轴交于M，N两点，则的最小值是____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意结合抛物线定义以及抛物线的通径、圆心角与圆周角的关系即可求解.
【详解】
设的中点为G，过G作y轴的垂线，垂足为H，则H是的中点.
因为以线段为直径的圆与准线相切，所以.
.
当轴时，有，.
故答案为：.
16. 若函数在不同两点，处的切线互相平行，则这两条平行线间距离的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】先对函数求导，得导函数是偶函数，由在A，B两点处切线互相平行，可得，计算原点O到点A处切线的距离的最大值后可得两条平行线距离最大值.
【详解】由题意有，设，
所以函数在点A处的切线方程为，
所以原点O到点A处切线的距离为，
因为，
所以
当且仅当时等号成立，
因为是偶函数，且在A，B两点处切线互相平行，
所以，即在A，B两点处切线关于原点对称，
所以这两条平行线间的距离的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用是偶函数，得到两条切线关于原点对称，故两条平行线距离最大值即为原点O到点A处切线的距离最大值的2倍.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或清算步骤.
17. 已知数列满足：，.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前20项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）通过取倒数得到，进而证明是等差数列，结合等差数列的公式计算即可.
（2）表示出数列，通过并项求和即可
【小问1详解】
显然，由得，
又，则数列是首项为1，公差为的等差数列.
由，得.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以
.
18. 在中，已知，D为的中点.
（1）求A；
（2）当时，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角和差及诱导公式结条件计算即可；
（2）应用余弦定理结合基本不等式即可得出最大值.
【小问1详解】
，
，
即，
，即.
或，
当时，，
由，有，即时.
当时，（舍）.
.
【小问2详解】
设，，
由（1）及余弦定理有，即.
，即，当且仅当时等号成立.
由D为边的中点有，
，
当且仅当时等号成立.
，当且仅当时等号成立.
的最大值为.
19. 如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
（1）求二面角的正切值；
（2）点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果.
（2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果.
【小问1详解】
如图，过点作于点，连接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
为二面角的平面角.
∵，，∴为等边三角形，，
又中，，，，.
又，，，H为线段的中点.
，，
中，，，
所以二面角的正切值为.
【小问2详解】
连接，为等边三角形，H为线段的中点，，
又平面，则，，两两垂直，
以H为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，，
令，可得.
假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.
，
因为直线与平面所成的角为，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，则.
所以当时，与平面所成的角为.
20. “中式八球”是受群众欢迎的台球运动项目之一.在一场“中式八球”邀请赛中，甲、乙、丙、丁4人角逐最后的冠军，本次邀请赛采取“双败淘汰制”.具体赛制如下：
首先，4人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；
接下来，“胜区”的2人对阵，胜者进入最后的决赛，“败区”的2人对阵，败者直接淘汰出局，获得第四名；
紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的2人进行最后的冠亚军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.
现假定甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
（1）经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.若.
（I）求甲连胜三场获得冠军的概率；
（Ⅱ）求甲在“双败淘汰制”下获得冠军的概率；
（2）除“双败淘汰制”外，“中式八球”也经常采用传统的“单败淘汰制”；抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.问当p满足什么条件时，“双败淘汰制”比“单败淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠?
【答案】（1）（I）；（Ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式再作差比较计算.
【小问1详解】
记甲在第i场比赛获胜的事件为，，2，3，4，则，.
由不同对阵结果相互独立，
（I）甲连胜三场获得冠军的概率为：.
（Ⅱ）甲在“双败淘汰制”下获得冠军的情况有：胜胜胜、胜败胜胜、败胜胜胜，
故概率为：.
【小问2详解】
“双败淘汰制”下甲夺冠的概率为：
.
“单败淘汰制”下甲夺冠的概率为：.
令得，解得：.
所以当时，“双败淘汰制”比“单败淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠.
21. 在平面直角坐标系中，动点M到点的距离比到点的距离大2，记点M的轨迹为曲线H.
（1）若过点B的直线交曲线H于不同的两点，求该直线斜率的取值范围；
（2）若点D为曲线H上的一个动点，过点D与曲线H相切的直线与曲线交于P，Q两点，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件可知，M的轨迹方程为双曲线的右支，待定系数法求出双曲线方程，直线方程与双曲线方程联立方程组，通过交点个数求直线斜率的取值范围；
（2）设直线方程，与曲线H联立，由相切得系数间的关系，再与曲线联立，利用韦达定理和面积公式表示面积，由算式确定最小值.
【小问1详解】
据双曲线的定义：M的轨迹方程为双曲线的右支，设双曲线方程为，
得，，则，，
的轨迹方程为.
因为过点B的直线交曲线H于不同的两点，设该直线方程为：.
由，化简整理得，
.
由两个交点都在轴右边，有，解得或.
所以，k的取值范围为.
【小问2详解】
因为的渐近线方程为.
当过点D与曲线H相切的直线的斜率不存在时，此时，直线l方程为，
代入渐近线方程，得到，故，又，
所以的面积.
过点D与曲线H相切的直线的斜率存在时，则斜率不为零，
故可设，直线与双曲线联立得，
化简整理得.
因为相切，所以，即.
又因为过点D与曲线H相切的直线l与曲线交于P，Q两点，设为，，
联立化简整理得.
由于，所以.
所以，.
由直线l的方程得，直线与x轴的交点坐标为，
，，即，且，则或，
有或，时，的最小值为.
综上所述，的最小值为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. 已知函数，，a，，且曲线在处的切线方程为.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意，都有，求实数a的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得到导函数，根据切线方程确定，求导得到，证明，得到单调区间.
（2）求导得到，构造，求导得到导函数，根据特殊值得到，使得，确定函数单调区间，得到，根据单调性计算最值得到答案.
【小问1详解】
，
，.
由已知切线方程得，，所以.
故，定义域为.
.
现确定，，证明如下：
设，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，即；
设，，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，即；
所以.
当时，对，都有，函数在上单调递增；
当时，对，都有，对，都有，
函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
记，
则，
.
令，则.
当时，单调递增，且，.
证明如下：设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，故，则，
所以，使得，即.
因此，当时，；当时，；
又当时，.
故在单调递减，在单调递增.
则对，，
由，得，即.
当时，对，都有，函数在上单调递增，
则，解得；
当时，对，都有，对，都有，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则对，都有成立，不符合题意，舍去.
综上所述，实数a的取值范围是.