2024届湖南省部分学校高三上学期入学摸底考试数学试题含答案

2024届湖南省部分学校高三上学期入学摸底考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式及集合的交运算即可求得结果.

【详解】由不等式，可得，即集合，

又集合，

所以.

故选：A.

2．若复数z满足，则在复平面内，z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】B

【分析】根据复数四则运算求z，再由复数的几何意义可得.

【详解】因为，所以，

所以，故z对应的点位于第二象限.

故选：B.

3．已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和2，圆台的高为3，则圆台的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据台体体积公式进行计算即可.

【详解】由已知圆台的体积为.

故选：C.

4．若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】设圆心及半径，利用待定系数法求出圆的方程，再结合点到直线的距离公式求得结果.

【详解】由题设可设圆心为，则圆的半径为a.

故圆的方程为，再把点代入得，

解得，故圆的方程为，

故所求圆的圆心为，

故圆心到直线的距离.

故选：D.

5．已知函数.若，且，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用对数函数的图像与函数图像变换得到的图像，从而得到的关系式，进而将问题转化为对勾函数的值域问题，从而得解.

【详解】由得，根据函数的图象及，

可得，故，所以，

令，

根据对勾函数的图象与性质可知在上单调递增，

所以.故.

故选：D.

6．已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且关于点对称，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意结合周期性可得，再结合正弦函数的对称性运算求解即可.

【详解】因为函数的两条相邻的对称轴之间的距离为，则，

即，且，解得，

可得，

又因为关于点对称，则，

即，则，解得，，

且，所以.

故选：B.

7．甲、乙两位游客慕名来到张家界旅游，准备从天门山、十里画廊、袁家界、大峡谷4个景点中随机选择其中一个，在甲、乙两位游客选择的景点不同的条件下，恰好有一名游客选择大峡谷景点的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用条件概率公式即可求得结果.

【详解】记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好有一人选择大峡谷景点，

由题知，，，

所以，

故选：C.

8．已知函数，其中，则“”是“函数有两个极值点”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】求导，令，然后参变分离，将函数有两个极值点转化为与直线有两个交点，利用导数讨论的单调性，结合图象可得a的范围，然后可得答案.

【详解】由题意知：定义域为，，

令，则，

令，则，

∴当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

又，当时，恒成立，

∴大致图象如图所示，

则当，即时，与有两个不同交点，

此时有两个零点，记为，且，

易知当或时，，当时，，

所以有两个极值点.

因为时，成立，有两个极值点，

但时，若，，所以没有极值点，所以是函数有两个极值点的必要不充分条件.

故选：B.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数

B．数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10

C．在残差图中，若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高

D．若随机变量，，则

【答案】BCD

【分析】由频率直方图矩形面积意义可判断A；根据百分位数的计算直接求解可判断B；由残差图的意义可判断C；利用正态分布的对称性求解可判断D.

【详解】对于A，在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故A错误；

对于B，因为，故该组数据的第75百分位数为第6个数和第7个数的平均数10，故B正确；

对于C，由残差定义，如果样本数据点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高，故C正确；

对于D，根据正态分布密度函数的性质知，∴，，，故D正确.

故选：BCD.

10．如图，在平面直角坐标系xOy中，阿基米德螺线与坐标轴依次交于点，，，，，…，则下列结论正确的是（    ）

A．点的坐标为 B．的面积为56

C．（其中） D．若的面积为169，则n的值为12

【答案】ACD

【分析】根据的坐标以及直角三角形面积公式，两点间距离公式逐一判断各选项.

【详解】对于A，由题意，螺线与坐标轴依次交于，，，，，…，可知，故选项A正确；

对于B，，，的面积为，故B错误；

对于C，可得，，，所以，故C正确；

对于D，因为，又的面积为169，可得，解得.故D正确.

故选：ACD.

11．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（含端点），以正方体中心O为球心的球与正方体的每条棱有且只有一个公共点，则下列结论正确的是（    ）

A．球O的表面积为

B．球O在正方体外部的体积小于

C．存在点P，使得

D．直线NP与平面ABCD所成角的正切值的最小值为

【答案】ACD

【分析】对于A，求正方体的棱切球的表面积得出结果；对于B，若球体、正方体的体积分别为，，计算球O在正方体外部的体积进行判断；对于C，根据线面垂直的判定以及性质得到结果；对于D，根据线面垂直的定义找到NP与平面ABCD所成角，再求其正切值的最小值.

【详解】对于A，如下图所示，正方体的棱切球O的半径，所以球O的表面积为，故A正确；

对于B，若球体、正方体的体积分别为，，球O在正方体外部的体积，故B错误；

对于C，设CD中点为Q，连接MQ，PQ，

若P为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以，

在中，，，

所以，故，因为，PQ，平面NPQ，

所以平面NPQ，因为平面NPQ，所以，故C正确；

对于D，过点P作于点，则，又平面ABCD，

所以平面ABCD，

连接NH，则直线NP与平面ABCD所成角为，

所以，

当P在时，，所以，故D正确.

故选：ACD.

12．已知抛物线的焦点为，是抛物线上位于第一象限内的点，过点且斜率为的直线交抛物线的准线于点，点在准线上的射影为点.若，则下列结论正确的是（    ）

A．抛物线的标准方程为 B．

C． D．四边形的面积为

【答案】ABD

【分析】由抛物线的焦点坐标求出抛物线的方程，可判断A选项；利用正弦定理求出的大小，可判断B选项；求出点的坐标，利用抛物线的定义可判断C选项；证明出，结合三角形的面积公式求出四边形的面积，可判断D选项.

【详解】对于A选项，由抛物线的焦点坐标可知，可得，故抛物线的标准方程为，A对；

对于B选项，因为点在准线上的射影为点，即，

由抛物线的定义可知，

因为，即为的角平分线，

由正弦定理可得，，

所以，，则，

又因为，所以，，B对；

对于C选项，点是斜率为的直线与抛物线准线的交点，，

如图所示，设，则直线为，

令，得，

由，

整理可得，则，得，

故，C错；

对于D选项，由得直线为，令得，

又，从而，

因为，，，则，

所以四边形的面积为，D对.

故选：ABD.

三、填空题

13．若向量，满足，，则向量与的夹角为      .

【答案】

【分析】根据数量积的定义以及运算律运算求解.

【详解】设向量，夹角为，

因为

即，解得，

又因为，所以.

故答案为：.

14．已知，则的值为      .

【答案】

【分析】利用辅助角公式化简已知条件，然后结合二倍角公式可得.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

所以.

故答案为：

15．已知函数的定义域为，是奇函数，，，则      .

【答案】2

【分析】根据奇偶性可得，结合可得，进而可得周期，再由求得，，结合周期性即可求解.

【详解】因为是奇函数，所以，

又，可得，

所以，所以，

所以是周期为4的周期函数，

因为，所以，，

所以.

故答案为：2

16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点P，且，则双曲线C的离心率为      .

【答案】

【分析】利用渐近线斜率求得，由余弦定理可得，再由勾股定理可知，然后由三角函数定义可得，即可求得离心率.

【详解】连接OP，由已知，在中，，

在中，，则，又，则由余弦定理得，解得，

由知，即，

所以在中，，即，则，

所以双曲线C的离心率.

故答案为：

【点睛】求圆锥曲线的离心率问题，本题关键在于灵活运用双曲线和圆的相关性质，利用几何关系，结合余弦定理和三角函数定义即可求解.

四、解答题

17．已知数列是等差数列，且.

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，证明：数列是等比数列，并求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据递推关系得当时，，与已知两式相减，再结合等差数列的定义以及通项公式求得结果.

（2）根据等比数列的求和公式求得结果.

【详解】（1）由已知为等差数列，记其公差为d.

当时，，两式相减得，

所以，解得，

当时，，得，所以，

所以；

（2）由（1）知，所以，

又，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，

所以.

18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

(1)求角B的大小；

(2)若B的角平分线交AC于点D，且，求面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦两角和公式以及商数关系式可求得结果；

（2）由以及基本不等式可求得结果.

【详解】（1）因为，

由得，

所以，

所以，

由于，则，

所以，

即，又，所以；

（2）因为B的角平分线交AC于点D，且，

所以，

根据三角形面积公式可得，

又，得，

得，当时等号成立，

所以，

即的面积最小值为.

19．如图，在四棱锥中，，，，E为PC的中点.

(1)求证：平面PAD；

(2)若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，利用三角形中位线和同位角相等两直线平行，通过证明平面平面PAD即可得证.

（2）以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可.

【详解】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，

∵E为PC中点，∴，

而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，

∵，，∴，

又，∴，

∴,

∴为等边三角形，∴，

又，∴，

而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，

又，平面

∴平面平面PAD，而平面EOB，

∴平面PAD.

（2）∵，∴.

∵平面平面ABCD，平面，∴平面ABCD，

又为等边三角形，∴，

又∵平面ABCD，平面平面ABCD，平面平面，

∴平面PCD，

∵在中，，，∴，

∵，∴，

在等边中，∵，∴，.

以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，，

设平面PCB的法向量为，

所以，令，则，

由上可知，平面PCD的一个法向量为，

∴，

故二面角的余弦值为

20．某人准备应聘甲、乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为；该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中.技能测试是否通过相互独立.

(1)若，分别求该应聘者应聘甲、乙两家公司，三项专业技能测试恰好通过两项的概率；

(2)若甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，若以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，该应聘者更希望通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.

【答案】(1)该应聘者应聘甲、乙两家公司恰好通过两项技能测试的概率都为

(2)

【分析】（1）根据二项分布以及独立事件的乘法公式计算概率得出结果；

（2）分别求出应聘者应聘两家公司通过的项目数的数学期望，再进行比较求得结果.

【详解】（1）设该应聘者应聘甲公司恰好通过两项技能测试为事件A，应聘乙公司恰好通过两项技能测试为事件B，

根据题意可得，

；

（2）设该应聘者应聘甲公司通过的项目数为X，应聘乙公司通过的项目数为Y，

根据题意可知，，则，

，

，

，

，

则随机变量Y的分布列为

，

若，则，故，

即m的取值范围是.

21．已知函数.

(1)若，，求a的取值范围；

(2)当时，记函数的最大值为M，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）参变分离得到，设，求函数的最小值得出结果；

（2）利用导数讨论函数的单调性，得出的最大值，证得结果.

【详解】（1）由，，得，

令，，则，

令，

则，所以在上单调递增，

，可知，

所以在上单调递减，

所以，故；

（2）由可知的定义域为，

因为，

，所以在上单调递减，

，，

存在，使得，即，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以在处取得唯一极大值，也是最大值，

所以，

令，，

则，单调递增，

故，

所以

【点睛】关键点点睛

不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，通过构造函数，借用导数，判断函数的单调性，求其最值，即可得参数的取值范围.

22．已知椭圆C：的左、右焦点别为，，离心率为，P是椭圆C上一动点，面积的最大值为.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)不过原点O的动直线l与椭圆C交于A，B两点，平面上一点D满足，连接BD交椭圆C于点E（点E在线段BD上且不与端点重合），若，求原点O到直线l的距离的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角形面积最大值和离心率公式列方程组求解可得；

（2）设直线方程，联立椭圆方程消元，由可得，然后可得点E坐标，代入椭圆方程化简，利用韦达定理可得，再由点到直线的距离公式即可求得.

【详解】（1）设椭圆半焦距为c，点，则，

则，即

又，，求得，，，

所以椭圆C的标准方程为

（2）如图所示，设，，

当直线l的斜率存在时，设直线，

与联立可得，

且有，，

，

由可得点A为OD中点，可得，

且有，

所以可得，

即点E的坐标为，

将点E代入椭圆，可得，

化简后，得，

由于点A，B分别满足，，

代入上式可得，即

代入韦达定理可得，满足（*）式，

点O到直线l的距离，

由于，可得，，

所以；

当直线l的斜率不存在时，此时有，，代入，

可得，又，可得，

所以直线l的方程为，点O到直线l的距离为.

故原点O到直线l的距离的取值范围为.

【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题，通常根据直线方程与曲线方程消元，利用韦达定理代入已知条件中，求得参数之间的关系，再代入目标中消参即可求得.