2024-2025学年湖南省长沙市高三（上）摸底数学试卷（8月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市高三（上）摸底数学试卷（8月份）（含答案），共10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。

1.已知集合A={x|lg2x<3}，B={x|x=3k−1,k∈N}，则A∩B=( )
A. {−1,2,5,8}B. {−1,2,5}C. {2,5,8}D. {2,5}
2.设复数z满足：z⋅(1+i)=i−3，则z的共轭复数是z−=( )
A. −1+2iB. 1+2iC. −1−2iD. 1−2i
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4=8，S3=18，则S5=( )
A. 34B. 35C. 36D. 38
4.已知a=(12)−12，b=lg2 3，c=ln 2，则( )
A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. b>c>a
5.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)及圆O：x2+y2=a2，如图过点B(0,a)与椭圆相切的直线l交圆O于点A，若∠AOB=60°，则椭圆的离心率为( )
A. 33
B. 12
C. 32
D. 13
6.已知m，n∈R，且有2m+2n=2m+n，则m+n+1+2m+n的最小值是( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
7.若函数f(x)=x2−2ax+a+2,x≤1,x2a−6,x>1是R上的单调函数，则a的取值范围是( )
A. [1,3)B. (3,+∞)C. (1,2)D. [1,2]
8.已知函数f(x)=sinx，若存在x1，x2，⋯，xm满足0≤x1A. 5B. 6C. 7D. 8
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论正确的是( )
A. 若a是无理数，b是有理数，则ab是无理数
B. 若x>1，则x+9x−1≥7
C. 若“∀x∈[−1,2]，−x2+ax+3>0”是真命题，则12D. 已知x1，x2是方程x2−5x+3=0的两个实根，则x1x2+x2x1=193
10.若函数f(x)=sin(ωx+φ),(ω>0,|φ|<π2)的两条相邻对称轴距离为π2，且f(0)=12，则( )
A. φ=π6B. 点(−π12,0)是函数f(x)的对称中心
C. 函数f(x)在(π6,π)上单调递增D. 直线x=π3是函数f(x)图象的对称轴
11.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A={a1,a2,a3,⋯}重新编辑，编辑新序列为A∗={a2a1,a3a2,a4a3,⋯}，设它的第n项an+1an=bn，若序列(A∗)∗的所有项都是2，且a5=1，a6=32，则( )
A. b5=16B. b10=1024C. a1=11024D. a2=12048
三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
12.已知tanx= 2，则2sin2x1+cs2x= ______．
13.在(3x−1 x)n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则展开式中的常数项为______．
14.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PD=3，∠APD=∠BAD=π3，则三棱锥P−AOD的外接球的体积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=b( 3sinC+csC)．
(1)求B；
(2)已知BC=2 3，D为边AB上的一点，若BD=1，∠ACD=π2，求AC的长．
16.(本小题15分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2,BC=3,AB= 13，D为CC1上一点，且CD：C1D=4：9．
(1)证明：平面AB1D⊥平面ABB1A1；
(2)若直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为392，求二面角A−B1D−B的余弦值．
17.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x− 2y=0，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为−12的直线l与双曲线C交于x轴上方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
18.(本小题17分)
在”五四”来临之际，某学校团委组织以“春风吹，青春启航”为主题的知识竞赛，比赛分初赛和决赛两个阶段，甲、乙两人进入决赛争夺冠军，决赛规则如下：每轮答题获得1分，其概率为13，获得2分，其概率为23.最多进行20轮答题，某同学累计得分为20分时，比赛结束，该同学获得冠军，另一同学获得亚军．
(1)当进行完3轮答题后，甲同学总分为Y，求Y的分布列及E(Y)；
(2)若累计得分为m的概率为Pm，(初始得分为0分，p0=1)
①求Pm−Pm−1的表达式(0≤m≤19,m∈N∗).
②求获得亚军的概率．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx+12x2+(a+1)x+1．
(1)当a=−1时，求函数f(x)的单调增区间；
(2)若函数f(x)在(0,+∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(3)若a>0，且对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，都有|f(x1)−f(x2)|>2|x1−x2|，求实数a的最小值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.A
5.A
6.B
7.D
8.B
9.BCD
10.AB
11.BC
12.2 2
13.135
14.36π
15.解：∵a=b( 3sinC+csC)，
∴sinA=sinB( 3sinC+csC)，
即sinBcsC+csBsinC= 3sinBsinC+sinBcsC，
所以csBsinC= 3sinBsinC，因为sinC>0，
所以csB= 3sinB，tanB= 33，
因为B∈(0,π)，
所以B=π6;
(2)因为BC=2 3，BD=1，∠B=π6，根据余弦定理得
CD2=BC2+BD2−2BC⋅BD⋅csB=1+12−2×1×2 3× 32=7，∴CD= 7．
∵∠BDC=π2+∠A
∴sin∠BDC=sin(π2+∠A)=csA.
在ΔBDC中，由正弦定理知，BCsin∠BDC=CDsin∠B，
∴2 3csA= 712，csA= 217，
∴tanA=2 33=CDAC，
∴AC= 212．
16.解：(1)证明：如图，作CE⊥AB交AB于点E，EF/​/BB1交AB1于点F，连接DF，

因为AC=2,BC=3,AB= 13，
所以AC2+BC2=22+32=( 13)2=AB2，所以AC⊥BC，
所以由等面积可得CE=AC⋅BCAB=2×3 13=6 1313，
由勾股定理得AE= AC2−CE2= 22−(6 1313)2=4 1313，
所以EFBB1=AEAB=4 1313 13=413=CDCC1，所以EF=CD，
又EF/​/BB1，CD//BB1，所以EF//CD，
所以四边形EFDC是平行四边形，所以DF/​/CE，
因为直三棱柱平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，CE⊥AB，
所以CE⊥平面ABB1A1，
所以DF⊥平面ABB1A1，
又DF⊂平面AB1D，所以平面AB1D⊥平面ABB1A1．
(2)因为直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为392，所以12×2×3×CC1=392，解得CC1=132，
所以CD=2,C1D=92，
由题知CC1⊥平面ABC，又AC，BC⊂平面ABC，
所以AC，BC，CC1两两垂直，
以点C为原点，以CA，CB，CC1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A(2,0,0),B1(0,3,132),D(0,0,2)，
所以AB1=(−2,3,132),AD=(−2,0,2)，
设平面AB1D的法向量为u=(x3,y3,z3)，
则u⋅AB1=−2x3+3y3+132z3=0u⋅AD=−2x3+2z3=0，
令z3=2，得平面AB1D的一个法向量为u=(2,−3,2)，
易知平面BB1D的一个法向量为v=(1,0,0)，
设二面角A−B1D−B的大小为θ，
则csθ=u⋅v|u||v|=(2,−3,2)⋅(1,0,0) 17×1=2 1717，
易知θ为锐角，所以二面角A−B1D−B的余弦值为2 1717．
17.解：(1)设双曲线C的焦点F(c,0)，则F到直线x− 2y=0的距离为1，
则|c| 3=1，则c= 3，
双曲线渐近线的斜率k=ba= 22，又a2+b2=3，
所以a= 2，b=1，
所以双曲线C的方程：x22−y2=1；
双曲线的离心率e=ca= 62；
(2)设直线l：y=−12x+t(t>0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=−12x+tx22−y2=1，消去y，整理得x2+4tx−4(t2+1)=0，
则Δ=16t2+16(t2+1)>0，所以x1+x2=−4t，x1x2=−4(t2+1)，
所以kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=(−12x1+t)(−12x2+t)x1x2=14+−t2(x1+x2)+t2x1x2=14+−t2×(−4t)+t2−4(t2+1)=−18，
解得t=1或t=−1(舍去)，
所以x1+x2=−4，x1x2=−8，
由直线l的方程：y=−12x+1，令x=0，y=1，
所以|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 16+32=4 3，
所以S△AOB=12×|OD|×(|x1|+|x2|)=12×|OD|×|x1−x2|=12×1×4 3=2 3，
所以△OAB的面积2 3．
18.解：(1)设进行完3轮答题时，得1分的次数为X，X～B(3,13)．
P(X=k)=C3k(13)k(23)3−k，k=0，1，2，3，
随机变量Y表示甲同学的总分，其可能取值为3，4，5，6，
P(Y=3)=P(X=3)=C33(13)3(23)0=127，
P(Y=4)=P(X=2)=C32(13)2(23)1=29，
P(Y=5)=P(X=1)=C31(13)1(23)2=49，
P(Y=6)=P(X=0)=C30(13)0(23)3=827，
所以Y的分布列为：
E(Y)=3×127+4×29+5×49+6×827=5；
(2)①当m=1时，即累计得分为1分，是第一轮抢答得1分，P1=13，则P1−P0=13−1=−23，
累计得分为m分的情况分两种：
(i)m=(m−2)+2，即累计得分为m−2分，又一轮抢答得2分，其概率为23Pm−2．
(ii)m=(m−1)+1，即累计得分为m−1分，又一轮抢答得1分，其概率为13Pm−1．
则Pm=23Pm−2+13Pm−1(m=2,3,⋯,19)，所以Pm−Pm−1=−23(Pm−1−Pm−2)(m=2,3,⋯,19)．
所以数列{Pm−Pm−1}(m=1,2,3⋯19)是首项为−23，公比为−23的等比数列．
所以Pm−Pm−1=(−23)(−23)m−1=(−23)m(m=1,2,3,⋯,19)．
②由①得P1−P0=−23，P2−P1=(−23)2，⋯，Pm−Pm−1=(−23)m(m=1,2,3,⋯,19)，
各式累加得：Pm−P0=(−23)+(−23)2+⋯+(−23)m=(−23)[1−(−23)m]1−(−23)=−25[1−(−23)m]．
而P0=1，所以Pm=1−25+25(−23)m=35+25(−23)m．
所以获得冠军的概率：P20=35+25(−23)20=35+25(23)20．
所以获得亚军的概率为：1−P20=1−[35+25(23)20]=25−25(23)20=25[1−(23)20]．
19.解：(1)当a=−1时，f(x)=−lnx+12x2+1．
则f′(x)=−1x+x.
令f′(x)>0，得−1x+x>0，即x2−1x>0，解得：x<0或x>1．
因为函数的定义域为{x|x>0}，
所以函数f(x)的单调增区间为(1,+∞)．
(2)由函数f(x)=alnx+12x2+(a+1)x+1．
因为函数f(x)在(0,+∞)上是增函数，
所以f′(x)=ax+x+a+1=x2+(a+1)x+ax=(x+1)(x+a)x≥0对x∈(0,+∞)恒成立．
即x+a≥0对x∈(0,+∞)恒成立．
所以a≥0.
即实数a的取值范围是[0,+∞)．
(3)因为a>0，由(2)知函数f(x)在(0,+∞)上是增函数．
因为x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，不妨设x1>x2，所以f(x1)>f(x2).
由|f(x1)−f(x2)|>2|x1−x2|恒成立，可得f(x1)−f(x2)>2(x1−x2)，
即f(x1)−2x1>f(x2)−2x2恒成立．
令g(x)=f(x)−2x=alnx+12x2+(a+1)x+1−2x，则g(x)在(0,+∞)上应是增函数．
所以g′(x)=ax+x+(a+1)−2=x2+(a−1)x+ax≥0对x∈(0,+∞)恒成立．
即x2+(a−1)x+a≥0对x∈(0,+∞)恒成立．
即a≥−x2−xx+1对x∈(0,+∞)恒成立
因为−x2−xx+1=−(x+1+2x+1−3)≤3−2 2(当且仅当x+1=2x+1即x= 2−1时取等号)，
所以a≥3−2 2．
所以实数a的最小值为3−2 2． Y
3
4
5
6
P
127
29
49
827