湖南师范大学附属中学2024届高三上学期摸底考试数学试题（原卷及解析版）

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命题人：张汝波 苏萍 柳叶 杨章远 审题人：高二备课组
时量：120分钟 满分：150分
得分：__________
第I卷
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简得出集合，再由并集运算可得答案.
【详解】由可得，则
所以
故选: C.
2. 若复数满足，其中是虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A. 1B. -1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由题设可得关于的方程，据此可求，故可得正确的选项.
【详解】设，则根据题意，
有，得到，所以的虚部是.
故选：B.
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性及该函数在上的单调性，可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为，
，函数为偶函数，
当时，，即函数在上为减函数且过点.
故选：A.
4. 快递公司计划在某货运枢纽附近投资配建货物分拣中心.假定每月的土地租金成本与分拣中心到货运枢纽的距离成反比，每月的货物运输成本与分拣中心到货运枢纽的距离成正比.经测算，如果在距离货运枢纽处配建分拣中心，则每月的土地租金成本和货物运输成本分别为2万元和8万元.要使得两项成本之和最小，分拣中心和货运枢纽的距离应设置为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据基本不等式即可求解.
【详解】设土地租金成本和运输成本分别为万元和万元，分拣中心和货运枢纽相距，
则，，将代入可得，
所以，，故，当且仅当时取等号.
故选:A.
5. 八卦是中国古老文化的深奥概念，下图示意太极八卦图.现将一副八卦简化为正八边形，设其边长为，中心为，则下列选项中不正确的是（ ）

A.
B.
C. 和是一对相反向量
D.
【答案】C
【解析】
【分析】A项，由判断；B项，由数量积的运算律求解判断；C项，利用相反向量的定义判断；D项，利用向量的线性运算求解判断.
【详解】A项，由于，明显有，故正确；
B项，因为每个边对应的中心角为，则，
所以，
又，且，所以，B正确；
C项，和方向相反，但长度不等，因此不是一对相反向量，C错误；
D项，因为，所以，D正确.
故选：C.
6. 已知，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式化简求值得解.
【详解】解：.
故选：A
7. 已知是公差为3的等差数列，其前项的和为，设甲：的首项为零；乙：是和的等比中项，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的性质和等比中项的性质求出，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】由是公差为3的等差数列，可知.
若是和的等比中项，则，
解得或（舍去，因为此时，
故是和的等比中项能推出的首项为零，
若的首项为零，即，由是公差为3的等差数列，
则，，
所以，，所以，
故的首项为零可推出是和的等比中项，
可见“”是“是和的等比中项”的充要条件.
故选：C.
8. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用定义确定函数为偶函数，再利用单调性证明在上为增函数，所以不等式化简为，转化为在上恒成立，求出的取值范围.
【详解】函数的定义域为，且，所以为偶函数.
又当时, 是增函数，
任取，且，

，，
所以在上是增函数，即在上是增函数.
所以不等式对任意恒成立，转化为，即，从而转化为和在上恒成立
①若在上恒成立，则，解得；
②若在上恒成立，，则，解得；
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是：
（1）把不等式转化为的模型；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别.
二､多选题：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. 随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔.社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（ ）

A. 这5年我国社会物流总费用逐年增长，且2021年增长的最多
B. 这6年我国社会物流总费用的分位数为14.9万亿元
C. 这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为
D. 2022年我国的GDP超过了121万亿元
【答案】AD
【解析】
【分析】由图表逐项判断可得答案.
【详解】由图表可知，20182022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长为万亿元，故A正确；
因为，则分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的分位数为16.7万亿元，故B错误；
由图表可知，2017−2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C错误；
由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.
故选：AD
10. 已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且是等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A. 是等差数列B. 是等比数列
C. 等差数列D. 是等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据为等差可判断为非零的常数列，即可根据等差等比数列的定义结合选项逐一判断.
【详解】由是等差数列，所以,可得，
是各项均为正数的等比数列，，可得，
数列是等差数列，因此A正确；
是常数列，为等差数列，因此C正确；
是等比数列，因此D正确；
不为常数，不是等比数列，因此B不正确.
故选：ACD.
11. 先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）
A. 在上单调递增
B. 当时，函数的值域是
C. 其图象关于直线对称
D. 直线为曲线的切线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换，求得新函数的解析式，根据正弦函数的性质，利用整体思想，可得A、B、C的正误，根据导数的几何意义，可得D的正误.
【详解】由题可得，
对于A，当时，，由在上单调递增，在单调递减，
故函数在上不单调，故A错误；
对于B，当时，，，，故B正确；
对于C，当时，，由的图象关于直线对称，
故函数的图象关于直线对称，故C正确；
对于D，因为，所以，
若直线为曲线的切线，则由，
可得：或，
当时，，于是，解得，
当时，，于是，此时无解.
综上，直线为曲线的切线.故D正确.
故选：BCD
12. 如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 点的轨迹是一个半径为的圆
C. 直线与平面所成角为
D. 三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用勾股定理计算出的长，可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，
平面，平面，则，
因为，平面，平面，，
同理可证，，平面，
平面，，A对；
对于B选项，设平面，
因，，所以，三棱锥为正三棱锥，
因为平面，则为正的中心，则，
所以，，，，
平面，平面，，即，，
因为，即，，解得，
所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；
对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，
且，，故，C对；
对于D选项，点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为，
故的面积的最大值为，
因为平面，则三棱锥的高为，
所以，三棱锥体积的最大值为，D对.
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 高二年级体锻课时间提供三项体育活动，足球､篮球､乒乓球供学生选择.甲､乙两名学生从这三项运动中随机选一种，且他们的选择情况相互独立互不影响.在甲学生选择足球的前提下，两人的选择不同的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用条件概率公式根据题意分析求解.
【详解】记事件为“甲学生选择足球”，则，
记事件为“两人的选择不同”，则事件为“甲学生选择足球，乙学生选择篮球或乒乓球”，则，
所以,
故答案为：
14. 正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为，利用基本不等式求出的最小值，再解一元二次不等式即可.
【详解】因为不等式恒成立，
所以，
因为，且，
所以，
当且仅当，即时，等号是成立的，
所以，所以，即，
解得.
故答案为：
15. 已知三棱锥中，，，，是等边三角形，则三棱锥的外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知得出，取中点，连接，根据已知条件可得，由勾股定理逆定理可得，进而可得平面，可得出的外心就是三棱锥外接球球心，由此可得半径，由球的表面积公式即可求解．
【详解】因为，，所以，所以，
取中点，连接，则外心，
因为是等边三角形，所以，且，
在中，，，，
所以，所以，又因为，，
所以平面，
所以三棱锥外接球球心在上，
所以的外心就是三棱锥外接球球心，
所以外接球的半径，
球面积为．
故答案为：．
16. 在直角中，，平面内动点满足，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题可知，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，由数量积的定义求出，再由向量的模长公式求出，当与共线反向时，取最小值，即可得出答案.
【详解】平面内动点满足，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
因为，由勾股定理可得：，
所以，且，
所以，所以，
，
，
，
，
又向量是长度为的一个向量，由此可得，点在圆上运动，
当与共线反向时，取最小值，且这个最小值为一，
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：由数量积的定义和平面向量基本定理可得，当与共线反向时，取最小值，即可得出答案.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知中角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）若的面积是边上的点，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；
（2）根据已知条件，推得，两边同时平方，再结合三角形的面积公式，即可求解．
【小问1详解】
，由正弦定理得：
，
，
.
【小问2详解】
方法一：由已知：，得.
，
.
方法二：由已知：，得.
由余弦定理.
.
设，
在中，；
在中，；
由，解得.
.
18. 已知数列的首项为1，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若为前项的和，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）由（1）得，进而得到，再利用错位相减法求解.
【小问1详解】
解：因为，
所以.
两式作差得，
整理得.
令，得，故对任意都成立.
所以的首项为1，故，所以是公比为2的等比数列.
所以的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）得，
所以.
所以.
又，
作差得，
，
.
19. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形为下底面圆周上异于的点.

（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，取中点，根据线面平行的判定和中位线定理即可求解；
（2）过点作于，结合棱锥体积公式可得点与重合，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．
【小问1详解】
取中点，作直线即为所求.
取中点，连接，则有，
如图，在等腰梯形中，，所以，

则四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过点作于，
在等腰梯形中，，所以该梯形的高，
所以等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
所以点与重合，
以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量为，
所以，取，则.
设平面的法向量为，
所以，取，则.
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
20. 甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；
（2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；
（2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值.
【小问1详解】
用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种，
所以
.
【小问2详解】
因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得的所有可能取值为，则
，
，
.
所以的分布列为
所以的期望
，
因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，
所以，
故的最大值为.
21. 已知正项数列满足：，且.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和，并确定最小正整数，使得为整数.
【答案】（1）
（2），最小值是9
【解析】
【分析】（1）根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解，
（2）根据分组求和，结合等比数列的求和公式化简，结合二项式定理求解整除关系，即可求解.
【小问1详解】
因为，且，
，即，
，又，
是首项为，公比为2的等比数列，
.
【小问2详解】
因为，
若为整数，因为，即.所以能被27整除，
.
能被27整除，
要能被27整除，
.
所以当时，能被27整除，的最小值是9.
22. 设双曲线的右焦点为，点为坐标原点，过点的直线与的右支相交于两点.
（1）当直线与轴垂直时，，求的离心率；
（2）当的焦距为2时，恒为锐角，求的实轴长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，得到的式子，再由离心率的定义即可得出答案；
（2）设其方程为与双曲线联立得到韦达定理由可得，由恒为锐角，得，均有，即恒成立，求解即可.
【小问1详解】
当直线与轴垂直时，由对称性知是等腰直角三角形，
于是，即，
解得离心率.
【小问2详解】
若的焦距为2，则，即.
由于直线的斜率不为零，可设其方程为.
结合，联立
得.
设.由韦达定理，
由于两点均在的右支上，
故，即.
.
由恒为锐角，得，均有，
即恒成立.
由于，因此不等号左边是关于的增函数，
所以只需时，成立即可.
解得，结合，
可知取值范围是.
综上所述，的实轴长的取值范围是.
【点睛】关键点睛：联立直线与双曲线的方程，由可得，再将恒为锐角，得，均有，即恒成立，求解即可.2
4
5