湖南省衡阳市2023_2024学年高三数学上学期第一次阶段性测试试题含解析

这是一份湖南省衡阳市2023_2024学年高三数学上学期第一次阶段性测试试题含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知，，则在复平面内所对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法法则计算出，得到其所在象限.
【详解】，
故所对应的点的坐标为，位于第四象限.
故选：D
2. 集合的子集个数为（）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】确定，再计算子集个数得到答案.
【详解】，故子集个数.
故选：B
3. 已知向量，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的规则求出x，再根据向量的坐标运算规则求解.
【详解】，；
故选：A.
4. （）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据倍角余弦公式和同角平方关系即可求解.
【详解】．
故选：C
5. 小李在如图所示的跑道（其中左、右两边分别是两个半圆）上匀速跑步，他从点处出发，沿箭头方向经过点、、返回到点，共用时秒，他的同桌小陈在固定点位置观察小李跑步的过程，设小李跑步的时间为（单位：秒），他与同桌小陈间的距离为（单位：米），若，则的图象大致为（）
A. B.
CD.
【答案】D
【解析】
【分析】分析在整个运动过程中，小李和小陈之间的距离的变化，可得出合适的选项.
【详解】由题图知，小李从点到点的过程中，的值先增后减，
从点到点的过程中，的值先减后增，
从点到点的过程中，的值先增后减，从点到点的过程中，的值先减后增，
所以，在整个运动过程中，小李和小陈之间的距离（即的值）的增减性为：增、减、增、减、增，D选项合乎题意，
故选：D.
6. 将边长为1的正六边形进行如下操作：第一次操作，在每条边上，以边长的为长度作正六边形，保留新作的六个小正六边形，删除其余部分；第二次操作，将上一次操作剩余的正六边形进行第一次操作……以此方法继续下去，如图所示．若要使保留下来的所有小正六边形面积之和小于，则至少需要操作的次数为（）（，）
A. 17B. 18C. 19D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到第次操作后保留的小正六边形得个数和边长，再求出其面积表达式，得到不等式，解出即可.
【详解】由题可知，第次操作后共保留了个小正六边形，其边长为，
所以保留下来的所有小正六边形面积之和为，
由，得，
所以至少需要操作20次，才能使保留下来的所有小正六边形面积之和不超过．
故选：D.
7. 如图所示，圆锥底面半径为2，为底面圆心，，为底面圆上的点，且，，则直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，取，，的中点分别为，，，连接，从而得到，，进而得到（或其补角）为直线与所成的角，再根据条件求得，，的长度，结合余弦定理和异面直线的夹角范围,即可求解.
【详解】连接，取，，的中点分别为，，，连接，
则，，平面，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
又平面，平面，所以，，
因为，，，
所以，，，，
所以，，，
则由余弦定理得：，
所以直线与所成角的余弦值为，
故选：A.
8. 函数最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数，结合三角函数的性质即可得解.
【详解】因为，
所以，
易知，则，
所以当时，；当时，；
即当时，单调递增；
当时，单调递减；
故在处取得极大值即最大值，
所以.
故选：B.
二、多项选择题：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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9. 已知条件p：；条件q：.若p是q的必要条件，则实数a的值可以是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据p是q的必要条件得出的取值，结合选项可得答案.
【详解】由，得或，
由，得.
因为是的必要不充分条件，可知或，解得或.
故选：BC.
10. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（）
A. B.
C. 为常数D. 为等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比为，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到
B. 函数的一个对称中心为
C. 函数的最小值为
D. 函数在区间单调递减
【答案】CD
【解析】
【分析】化简得，逐项验证即可解决.
【详解】由题知，
，
对于A，的图像向左平移个单位长度，得，
再向下平移个单位长度得到，故A错误；
对于B，，
所以函数的一个对称中心为，故B错误；
对于C，，
当时，函数取最小值为，故C正确；
对于D，，
所以单调减区间应满足，解得，
所以单调减区间为，
因为，
所以函数在区间单调递减，故D正确.
故选：CD
12. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲发现早年左右.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第行的为第行中两个的和.则下列命题中正确的是（）
A. 在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是
B. 由“第行所有数之和为”猜想：
C.
D. 存在，使得为等差数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据杨辉三角的特征即可判断A，根据二项式系数和的性质即可判断B，根据组合数的性质即可求解C，根据等差数列的定义即可求解D.
【详解】对于A，在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是，A错；
对于B，由二项式系数的性质知，B对；
对于C，由于故C正确；
对于D，取，则，
因为，所以数列为公差为的等差数列，D对.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可得，进而可求，再利用模长公式运算求解.
【详解】因为，所以，解得，
可得，所以．
故答案：.
14. 已知变量和的统计数据如右表：若由表中数据得到经验回归直线方程为，则时的残差为______（注：观测值减去预测值称为残差）．
【答案】
【解析】
【分析】求出回归直线方程，再求出预测值即可得解.
【详解】由表可知，，
则，解得，
所以
当时，，
所以时的残差为.
故答案为：
15. 已知分别是双曲线的左､右焦点，点是双曲线的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则双曲线的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，得到，求出，求出离心率.
【详解】由题知，过作轴于，则，
，
，解得，
故答案为：
16. 已知函数满足时，，．若函数的图像与x轴恰好有个不同的交点，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知函数的周期为4，结合题意和图象可知，直线与第个半圆相切，根据点到直线的距离公式可知，可得，由裂项相消法即可求出结果.
【详解】∵，∴，所以函数周期为4，
当时，，即；
当时，，函数周期为4，
令，
即与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，
故，
故，
所以．
故答案为：.
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. 已知等差数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数的性质，结合通项公式与前项和公式即可得解；
（2）利用分组求和差，结合等差数列与等比数列的前项和公式即可得解.
【小问1详解】
依题意，设数列的公差为，
因为，所以，则，
因为，即，所以，
所以，，
所以，即．
【小问2详解】
因为，所以，
所以
．
18. 在①，②，③中选一个，补充在下面的横线中，并解答.
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________.
（1）求A；
（2）若内角A的角平分线交BC于点，且，求的面积的最小值.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①：根据余弦定理分析运算；对于②③：根据正弦定理结合三角恒等变换分析运算；
（2）根据面积公式可得，再利用基本不等式可得，进而可得结果.
【小问1详解】
若选①：因为，整理得，
由余弦定理可得，
因为，所以；
若选②：因为，
由正弦定理可得，
则，
因为，则，则，
可得，所以；
若选③：因为，由正弦定理可得，
则，
因为，则，则
可得，所以.
【小问2详解】
由题意可得：，且，
则，
即，且，
则，当且仅当时，等号成立，
可得，
所以，
故的面积的最小值为.
19. 如图所示，为等边三角形，平面，，，，为线段上一动点．
（1）若为线段的中点，证明：．
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直可得，再证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）设的中点为，连接，在平面内，过点作交于点，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为为线段的中点，
且为等边三角形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以，，，四点共面，
因为平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以；
【小问2详解】
设的中点为，连接，
在平面内，过点作交于点，
由（1）可得两两垂直，
分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，，
所以，，，，
所以，，．，
设平面的法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为．
20. 素质教育是指一种以提高受教育者诸方面素质为目标的教育模式．它重视人的思想道德素质、能力培养、个性发展、身体健康和心理健康教育．由此，某校的一位班主任在其班的课后服务课中展开羽毛球比赛，采用五局三胜制，经过一段时间紧张激烈的角逐，最终甲、乙两人进行总决赛，在总决赛的比赛中，甲每局获胜的概率为，且各局比赛之间没有影响．
（1）求甲获胜的概率；
（2）比赛结束时，甲比赛的局数为，求的分布列及其期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）甲获胜有三种情况，分别是3：0，3：1，3：2，对应的局数分别3局，4局，5局且各种情况相互独立，分别计算其概率并相加即可；
（2）比赛结束时必有一方赢另一方输，至少为3局，至多为5局，每种情况可能是甲赢或者乙赢，分别计算其概率，列出分布列，再根据期望公式即可求得数学期望.
【小问1详解】
甲获胜有三种情况，第一种甲以3：0获胜，其概率为；
第二种甲以3：1获胜，其概率为；
第三种甲以3：2获胜，其概率．
所以甲获胜的概率为：．
【小问2详解】
由题知，的所有可能的取值为3，4，5．
，
，
，
所以的分布列为
所以．
21. 已知函数，．
（1）证明：对于，，都有．
（2）当时，直线：与曲线和均相切，求直线的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，根据转化为证明，构造函数后利用导函数证不等式.
（2）先设的切线方程为，结合其和也相切，联立后根据二次方程有唯一解可得，利用的性质，求出即可.
【小问1详解】
因为，所以，即．
当时,，
欲证，，只需证在上恒成立．
令，，
当时，当且仅当即时等号成立，
故，
所以函数在区间上单调递增，所以，所以．
综上所述，对于，，都有．
【小问2详解】
当时，，设直线与曲线的切点为，
因为，所以曲线在点的切线方程为，
联立方程，得，
由，得，即．
由（1）知，函数在上单调递增，且，
所以方程有且只有一个实根，
所以，即，
代入得，
所以直线的方程为．
22. 已知直线：与双曲线：相交于两个不同的点，，线段的垂直平分线分别与，轴相交于，两点．
（1）若，且点，都在双曲线的右支上，求的取值范围；
（2）若（为坐标原点）的面积为，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过联立方程组，利用判别式结合双曲线渐近线的位置，求的取值范围；
（2）设点设直线方程，利用韦达定理表示出线段的垂直平分线方程，得到，两点坐标，由的面积结合判别式求的取值范围.
【小问1详解】
双曲线：渐近线方程为，
当时，直线的方程为，
由，得，
由，解得，
因为点，都在右支上，所以．
所以的取值范围为．
【小问2详解】
设，，把代入并整理得，
由，得，
设线段的中点为，则，，
所以线段的垂直平分线的方程为，
所以点的坐标为，点的坐标为，
因为的面积为，所以，
整理得，所以，
所以，解得或，
所以的取值范围为．
【点睛】方法点睛：
解答直线与双曲线的题目时，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．强化有关直线与双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．6
7
8
9
10
3.5
4
5
6
6.5
3
4
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