湖南省长沙市2024届高三数学上学期期末适应性考试题含解析

这是一份湖南省长沙市2024届高三数学上学期期末适应性考试题含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知复数，，则的实部与虚部分别为（）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案.
【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，.
故选：A
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的定义域、指数函数的值域求得，进而求得.
【详解】由，解得，所以，
而，所以，
所以.
故选：A
3. 函数的部分图象大致形状是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、对称性以及函数值的对应性，利用排除法即可得出结果.
【详解】因为的定义域为R.定义域关于原点对称，
，
所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除选项B、D，
当时，令可得或，
所以时，两个相邻的零点为和，当时，，，，故排除选项A，
故选：C.
4. 已知向量，满足，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据及相关公式求出，再根据投影向量的计算公式即可求解.
【详解】由，得，则，
即，则，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
故选：.
5. 已知角的始边为轴非负半轴，终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，依题意得，结合两角差的正切公式运算求值.
【详解】因角的终边经过点，由三角函数的定义可得，
又依题意得，所以，
故选：B.
6. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上的一点作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），且的面积为，则的方程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】表达出和点坐标，利用的面积求出，即可得出的方程.
【详解】由题意，
在抛物线中，，
焦点，准线
∴，，则
∴，解得：
∴的方程为：.
故选：C.
7. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为1的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设易知放入一个半径为1的小球后，圆锥轴截面中小球的截面圆为内切圆，要使比值最大，球的半径最大，利用内切圆性质求，进而求球体、圆锥表面积，即可得比值.
【详解】由边长为的正三角形的内切圆半径为，
即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为，
所以放入一个半径为1的小球后，再放一个球，如下图，
要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大，
所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时，
所以球的表面积为，圆锥表面积为，
所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为.
故选：A
8. 已知函数的定义域为，且，若关于的方程有4个不同实根，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式得，讨论其符号求范围，进而写出解析式并画出草图，数形结合得、，即可得答案.
【详解】由，
若，则，可得，
所以,
若，则，可得，
所以，
所以，其函数图象如下图，
要使有4个不同实根，则，
由图知：，故，且，
所以的范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换研究正弦型函数性质，并画出的图象为关键.
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．
9. 若a，，则下列命题正确的是（）
A. 若且，则B. 若，则
C若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】取特殊值或利用作差法，以及根据函数的单调性，即可判断选项.
【详解】对选项A，取，，满足且，则，故A错误；
对选项B，因为函数单调递增，当时，，故B正确；
对选项C，因为，所以，即，故C错误；
对选项D，因为函数是增函数，当，则，故D正确.
故选：BD.
10. 某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系（为自然对数的底数，k，b为常数）.若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在14℃的保鲜时间是48小时，则下列说法正确的是（）
参考数据：，
A.
B. 若该食品储藏温度是21℃，则它的保鲜时间是16小时
C.
D. 若该食品保鲜时间超过96小时，则它的储藏温度不高于7℃
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用条件若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在14℃的保鲜时间是48小时，得出关于k和b的关系，然后依次判定各个选项.
【详解】在函数中，当时，，由，知，，故A正确；
当时，，所以，则，
当时，，故B不正确；
由，得，故C正确；
由，得，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则（）
A. B. 当n为奇数时，
C. 数列为等比数列D. 数列的前项和小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数新定义即可知，，，可得A正确，由可得B错误；易知小于的所有正奇数与均互质,共有个，可得C正确；同理可得，利用等比数列前项和公式即可求得D正确.
【详解】对于A，因为，，，所以，故A正确；
对于B，由于，故B错误；
对于C，因为小于的所有正奇数与均互质，且小于的所有正奇数有个，
所以，因此数列为等比数列，故C正确；
对于D，同理小于的所有3的倍数与均不互质，共有个，
因此小于的所有与互质的数共有个，即，
所以，令，
则，故D正确，
故选：ACD.
12. 如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（）
A. 平面
B. 平面截正方体所得的截面面积为
C. 点Q的轨迹长度为
D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值.
【详解】A选项，以坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；
C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中的系数为______（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案.
【详解】由于，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
14. 某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值，经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）
参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．
【答案】
【解析】
【分析】计算样本的平均数和方差，由此估计，再结合参考数据求.
【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，
方差，
所以的估计值为，的估计值为．
设该市高中生的身体素质指标值为X，
由，得，
所以．
故答案为：.
15. 已知函数恰有两个零点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数，求出单调区间，由函数恰有两个零点即函数与x轴有两个不同的交点，从而建立等量关系求解可得.
【详解】因为，
所以
令，则，令，
故当时，函数为增函数，
当时，函数为减函数，
即当时函数有最小值，
若，即时，此时函数在R上为增函数，与题意不符，且当时，的零点为1；
若，即时，此时函数与x轴有两个不同交点，
设交点为，且，即，
所以当或时，即，此时函数为增函数，
当时，即，此时函数为减函数，
依题意，函数恰有两个零点即函数与x轴有两个不同的交点，即或，
所以或，
所以，所以，
故答案为：.
【点睛】根据函数零点个数求解参数范围的问题的一般方法：
设
方法一：转化为函数与x轴交点个数问题，通过求解单调性构造不等式求解；
方法二：转化为函数的交点个数问题求解.
16. 在中随机选取三个数，能构成公差不小于5的等差数列的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出在中随机选取三个数的方法总数，再求能构成公差不小于5的等差数列的方法总数，由古典概率的公式求解即可.
【详解】在中随机选取三个数有：，
公差为5的等差数列有：，，……，，共个；
公差为6的等差数列有：，，……，，共个；
……，
公差为24的等差数列有：，，共个；
所以共有：，
所以能构成公差不小于5的等差数列的概率为：.
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. 记为数列的前项和，若，.
（1）求；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设及关系得，构造新数列并结合等差数列定义写出通项公式，进而可得；
（2）应用裂项相消法求前n项和.
【小问1详解】
由题设，则，
又，故是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
【小问2详解】
由（1）得，
所以
18. 已知的内角的对边分别为，为锐角，的面积为，.
（1）判断的形状，并说明理由；
（2）如图，若，，为内一点，且，，求的长.
【答案】（1）直角三角形或钝角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面积公式及余弦定理代入化简，然后利用正弦定理边化角可得答案；
（2）由（1）的结果得到为等腰直角三角形，然后解，可得，进而可得，再解即可求出的长.
【小问1详解】
，
，即，
再由正弦定理边化角得，
，
，又为锐角，
，
或，
或，
为直角三角形或钝角三角形；
【小问2详解】
由（1）的结果以及，可得，
为等腰直角三角形，又，
，
在中，
则，解得，负值舍去，
又，
，
，
在中，，
.
19. 如图，已知斜四棱柱，底面为等腰梯形，，点在底面的射影为，且，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若为线段上一点，且平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明：等腰梯形中，，，
作交于，如图，则是菱形，，
是等边三角形，则，，，
所以，即，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
点在底面的射影为，由（1），得在上，且，又，
所以，而由（1）知，因此，
建立如图所示空间直角坐标系，则
，，，，，则，
又，，所以，
设（），，
，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，取平面的法向量，
，则（负值舍去），
即，，
设直线与平面所成的角为，则，
所以，直线与平面所成的角正弦值为.
【点睛】
20. 杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元．
（1）甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开．当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；
（2）为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
【答案】（1）分布列详见解析
（2）买个
【解析】
【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式、排列组合数的计算公式求得的分布列.
（2）根据甲一次性购买的吉祥物盲盒的个数进行分类讨论，通过计算各种情况下的总费用来求得正确答案.
【小问1详解】
由题意可知所有可能取值为，
,
所以的分布列如下：
【小问2详解】
设甲一次性购买个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为.
依题意，可取.
方案1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用元.
方案2：购买个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用元.
方案3：购买个盲盒时，
当个盲盒打开后款式不同，则只需直接购买剩下一款吉祥物，
总费用，，
当个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外款吉祥物，
总费用，
所以元.
方案4：购买个盲盒时，
当个盲盒打开后款式各不相同，则总费用，，
当个盲盒打开后恰有款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物，
则总费用，
当个盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用，
所以元.
对比个方案可知，第个方案总费用的期望值最小，
故应该一次性购买个吉祥物盲盒.
21. 在平面直角坐标系中，点，点是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆内切，记点P的轨迹为曲线E．
（1）求E的方程；
（2）设点，，，直线AM，AN分别与曲线E交于点S，T（S，T异于A），，垂足为H，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意设出，根据以PF为直径的圆与圆内切列出方程，化简即可得到P的轨迹为曲线E的方程.
（2）先证直线恒过定点，然后求出点H轨迹，进而求出的最小值.
【小问1详解】
设，则的中点，
根据题意得，即，
整理得，
化简得点的轨迹方程
【小问2详解】
设，先证直线恒过定点，理由如下：
由对称性可知直线的斜率不为0，所以可设直线，
联立直线与，,
则，①
，②
所以，令，得点横坐标，
同理可得点横坐标，
故，
将代入上式整理得：
，
将②代入得，
若，则直线，恒过不合题意；
若，则，恒过，
因为直线恒过，且与始终有两个交点，
又，，垂足为H，
所以点H轨迹是以为直径的半圆（不含点，在直线下方部分），
设中点为C，则圆心，半径为1，
所以，当且仅当点H在线段上时，
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：根据圆锥曲线中直线间的几何关系求动点的轨迹方程，注意转化思想的应用；
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知，若，当时，恒成立，求的最大值.
【答案】（1）答案见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，分，，，三种情况讨论，即可求出函数的单调性；
（2）将，代入不等式，利用进行换元，得到恒成立，构造，利用导数分和进行讨论，进而得到的最大值.
【小问1详解】
的定义域为，
，，
若，则在上单调递增；
若，则，令，
解得，，
其中，，
若，则，故当时，，
当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
若，则，故当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，故在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
依题意，，
即，即，
即恒成立，
令，，有恒成立，
得恒成立，所以恒成立，
令，，
有，（注：）
（i）当时，即时，
易知方程的且，
故有一根大于1，一根小于1，
所以在上单调递增，
故有，不符合题意，舍；
（ii）当时，有，
所以，当且仅当时等号成立，
从而在上单调递减，
故当时，恒，符合题意.
由可知，正实数的取值范围为，
因此，的最大值为2.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．