湖南省新高考教学教研联盟2024届高三下学期第二次联考数学试题及答案

这是一份湖南省新高考教学教研联盟2024届高三下学期第二次联考数学试题及答案，共18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．某10人的射击小组，在一次射击训练中射击成绩数据如下表，则这组数据的中位数为（ ）
A．2B．8C．8.2D．8.5
2．若椭圆的焦距为2，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．或D．或
3．张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列．有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸．几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码．现在问题是，另外一个缺货尺寸是（ ）
A．28码B．29.5码C．32.5码D．34码
4．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（）
A．四点共面B．
C．三线共点D．
5．设，对满足条件的点的值与无关，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别是为坐标原点，以为直径的圆与双曲线交于点，且在上的投影向量为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．4D．
7．2024年春节期间，某单位需要安排甲、乙、丙等五人值班，每天安排1人值班，其中正月初一、二值班的人员只安排一天，正月初三到初八值班人员安排两天，其中甲因有其他事务，若安排两天则两天不能连排，其他人员可以任意安排，则不同排法一共有（ ）
A．792种B．1440种C．1728种D．1800种
8．在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ）
A．1B．2C．4D．2或4
二、多选题
9．已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．若复数，则
B．若，则
C．若，则
D．复数在复平面内对应的点为，若，则点的轨迹是一个椭圆
10．已知，下列结论正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则
C．若在上恰有4个极值点，则的取值范围为
D．存在，使得在上单调递减
11．已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（ ）
A．和均为奇函数B．
C．D．
三、填空题
12．已知集合，若集合恰有两个元素，则实数的取值范围是 .
13．已知表面积为的球面上有四点是边长为的等边三角形，若平面平面，则三棱锥的体积的最大值为 ，
14．已知，若，则实数的取值范围是 ，
四、解答题
15．已知是各项都为正数的等比数列，数列满足：，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意的都有，求实数的取值范围.
16．在直角梯形中，，点为中点，沿将折起，使，
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值，
17．现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测.
(1)若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率；
(2)因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2∶1∶1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数的分布列及数学期望.
18．已知抛物线，焦点为，过作两条关于直线对称的直线分别交于两点．
(1)判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
(2)若三点在抛物线上，且满足，证明三个顶点的横坐标均小于2．
19．罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得．
(1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得．
(2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围．
(3)证明：当时，有．
成绩（单位：环）
6
7
8
9
10
人数
1
2
2
4
1
参考答案：
1．D
【分析】利用中位数的定义即可得解.
【详解】将射击成绩由小到大排列：，
第个数分别为，因而中位数为.
故选：D.
2．C
【分析】分与两种情况，结合焦距得到方程，求出，得到离心率.
【详解】当时，，解得，
则离心率为，
当时，，解得，
则离心率为.
故选：C
3．C
【分析】利用等差数列的通项公式求得尺码的总个数，再利用等差数列的前项和公式求得总尺码，继而得到缺货尺寸的总码数，进一步计算即可.
【详解】设第一个尺码为，公差为，
则，
则，
当时，，
故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为
码，
所有缺货尺码的和为码，
又因为缺货的一个尺寸为码，
则另外一个缺货尺寸码，
故选：C.
4．D
【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D.
5．B
【分析】先根据平面向量的坐标表示得出C点轨迹，结合直线与圆的位置关系计算即可.
【详解】易知，所以，
即C点轨迹为为圆心，为半径的圆，
易知到直线的距离为，
即该圆与直线相切，
若的值与无关，
则该圆在两平行直线之间，
所以到直线的距离为，
由图可知.
故选：B
6．D
【分析】根据题意得到点坐标关于的表示，再将其代入双曲线方程得到关于的齐次方程，从而得解.
【详解】不妨设点在第二象限，如图，
因为在上的投影向量为，则，
又，所以，
又在双曲线上，，则，
即，整理得，
所以，解得或（舍去），.
故选：D.
7．B
【分析】分类讨论甲是否安排在初一或初二两种情况，结合平均分组分配法分别考虑两种情况的安排种数，从而利用分类加法计数原理即可得解.
【详解】当甲安排在初一或初二时，再安排一人在初二或初一，则有种排法，
再利用平均分组分配法将初三到初八分配给剩下的3人，有种排法，
所以一共有种排法；
当甲不安排在初一或初二时，安排两人在初一或初二，有种排法，
不考虑甲两天不能连排的情况，有种排法，
其中甲两天连排的排法有种，故初三到初八的值班安排有种排法，
所以一共有种排法；
综上可知共有种不同排法.
故选：B.
8．C
【分析】利用余弦定理先得B，结合余弦的和差公式构造齐次式弦化切解方程计算即可.
【详解】由余弦定理得，
即，
，
所以或，
又，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：由余弦定理先求，根据条件及余弦的和差角公式、弦化切构造齐次式方程解方程即可.
9．AC
【分析】利用复数的四则运算与的乘方性质判断A，举反例排除B，利用复数的四则运算与模的运算判断C，利用复数的几何意义，结合两点距离公式判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，满足，但，故B错误；
对于C，设且不同时为，
则
，故C正确；
对于D，设复数，则点，
由，得，
则点到点与点的距离和为，
故点的轨迹是线段，故D错误.
故选：AC.
10．ABC
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式先化简函数式，再利用三角函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】由，
对于A，若的最小正周期为，则，故A正确；
对于B，若的图象向左平移个单位长度后得，其图象关于纵轴对称，
则有，显然，故B正确；
对于C，，
根据题意有，故C正确；
对于D，，
显然，，即该区间为包含的连续区间，
根据正弦函数的单调性可知：该区间不可能单调递减，故D错误.
故选：ABC
11．BCD
【分析】利用函数奇偶性，对称性与周期性的性质，逐一分析各选项即可得解.
【详解】对于B，由，得，
又，，
的图象关于直线对称，，
，
，则是周期函数，且周期为，
所以，故B正确；
对于A，的图象关于直线对称，
是偶函数，
若为奇函数，则恒成立，不满足，故A错误；
对于C，由，得，
，
因为，则，
所以是周期函数，且周期为，则，故C正确；
对于D，由，得，
又，
由，得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
12．
【分析】解二次不等式化简集合，再利用二次不等式解的形式与交集的结果即可得解.
【详解】因为，
，
又集合恰有两个元素，
所以恰有两个元素1和2，所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意作出相应的图形，利用外接球的性质依次求得与过平面的截面圆的半径，从而得到点到平面的最大距离，再利用三棱锥的体积公式即可得解.
【详解】如图，为的外接球的球心，为正的中心，

则平面，
因为球的表面积为，设球的半径为，则，故，
因为是边长为的等边三角形，则，
所以，
因为平面平面，所以过平面的截面圆的半径，
点在截面圆的圆周上，所以点到平面的最大距离为，
所以的体积的最大值为
.
故答案为：.
14．
【分析】构造函数，先分析其值域，从而得到的最大值，进而利用解绝对值不等式得到或，结合集合的并集运算即可得解.
【详解】设，
因为在上单调递增，可知在上单调递增，
即在上单调递增，则，
且，
由绝对值的性质可知的最大值为或，
因为等价于，又，
即关于的不等式或在上恒成立，
由，得；
由，得；
所以，
则，整理得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将等价于关于的不等式或在上恒成立，从而得解.
15．(1)；
(2)
【分析】（1）利用题设条件求得，再利用等比数列的通项公式求得，进而求得；
（2）将问题转化为恒成立，再利用作差法求得的最大值，从而得解.
【详解】（1）因为，，，
所以，则，
，则，
因为是各项都为正数的等比数列，所以，即，
所以，则.
（2）因为恒成立，所以恒成立，
设，则，
当时，，则；
当时，，则；
所以，则.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用平面几何的知识证得，再利用线面垂直的判定与性质定理即可得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在梯形中，，
所以，
又，所以，，
又平面，故平面，
平面，
又平面，平面.
（2）取中点，连接，由于，则，，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
以分别为轴、轴建立如图空间直角坐标坐标系，
则，
设平面的法向量为，
又，
，令，则，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
所以，
故二面角的余弦值为.
17．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）根据题意，利用全概率公式与贝叶斯公式即可得解；
（2）利用全概率公式求得从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率，再利用二项分布的概率公式与数学期望公式即可得解.
【详解】（1）设“抽的产品是优秀等级”， “产品是从甲工厂生产”，
“产品是从乙工厂生产”，“产品是从丙工厂生产”，
则，，
则
，
则.
所以该件产品是从乙工厂抽取的概率为.
（2）依题意，设从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率为，
则，
由题意可知，
则，
则的分布列为：
故.
18．(1)是定值，
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理代入，整理计算可得答案；
（2）利用坐标计算，设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理可得点坐标，代入抛物线方程结合判断式可得其横坐标的范围，同理可得两点的横坐标，进而可证明结论.
【详解】（1）由题意不妨设直线的方程为，设，
联立，消去得，，
所以，
因为直线与关于直线对称，
所以，且，
所以，即，
即，将代入得
解得，所以直线的斜率为定值；
（2）由已知，
因为，，
所以，所以，
设直线的方程为，联立，消去得，，
所以，所以，
所以，即点的坐标为，
又点在抛物线上所以，得，
又，所以，解得，
所以点的横坐标，
同理可得两点的横坐标也小于，
所以三个顶点的横坐标均小于2.
【点睛】方法点睛：直线和圆锥曲线相交的问题，通常将圆锥曲线和直线联立，然后利用韦达定理结合题目中的条件来解答.
19．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得.
（2）求出函数的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.
（3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.
【详解】（1）令，则，
令函数，则，
显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得，
即，所以.
（2）依题意，，
不妨令，则恒成立，
由（1）得，于是，即，
因此，令，
求导得，函数在上单调递增，则，
而函数在上单调递增，其值域为，
则，所以实数的取值范围是.
（3）令函数，显然函数在上可导，
由（1），存在，使得，
又，则，
因此，而，则，即，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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