2024届湖北省部分学校高三上学期8月起点考试数学试题含答案

这是一份2024届湖北省部分学校高三上学期8月起点考试数学试题含答案，共17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。
2024届湖北省部分学校高三上学期8月起点考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再求两集合的交集即可【详解】由，得或所以或，因为，所以.故选：D2．已知，则（    ）A． B． C．2 D．-2【答案】B【分析】先化简计算求出复数，再求即可【详解】因为，所以.故选：B3．设是实数，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据对数函数的单调性以及充分不必要条件的定义可得答案.【详解】若，则，若，则，即，当时，推不出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A4．已知椭圆的离心率为，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】根据离心率公式直接列方程求解【详解】因为椭圆的离心率为，所以，所以.故选：B5．已知锐角满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据同角公式和二倍角正弦公式可求出结果.【详解】由，得.因为，所以，，因为为锐角，所以，，所以.故选：A6．在直三棱柱中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】设，取的中点，连接，则可得为异面直线与所成的角或补角，然后在中求解即可.【详解】设，取的中点，连接，则因为分别为的中点，所以∥，，因为∥，，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥，所以为异面直线与所成的角或补角.因为分别为的中点，所以，所以.故选：D  7．在中，点在线段上，，则（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据共线向量定理和平面向量基本定理可求出结果.【详解】因为点在线段上，所以存在实数，使得，所以，即，所以，又，所以，所以.故选：C8．已知实数满足，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将化为，构造函数，利用导数判断其单调性，根据单调性可得，即，再根据导数可求出其最小值.【详解】由，得，则，所以，即.设，则0，可知在上为增函数，所以，则，即.令，则，当时，，当时，，所以在上为减函数，在上为增函数，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：将化为，再利用指对同构构造函数进行求解是解题关键. 二、多选题9．若甲组样本数据（数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据的平均数为5，下列说错误的是（    ）A．的值不确定B．乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍C．两组样本数据的极差可能相等D．两组样本数据的中位数可能相等【答案】ABC【分析】由甲组平均数为，则乙组平均数为，解得值，又乙组方差为甲组方差的倍，可判断选项AB，再利用极差与中位数定义判断CD项.【详解】对选项A，由题意可知，，故A错误；对选项B，易知乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的倍，故B错误；对选项C，不妨设，则甲组数据的极差为，乙组数据的极差为，又已知甲组数据各不相同，所以两组样本数据的极差不相等，故C错误；对选项D，设甲组样本数据的中位数为，则乙组样本数据的中位数为，当时，，所以两组样本数据的中位数可能相等，故D正确.故选：ABC.10．早期人们为了安全传输信息，采用如下加密方法：将26个英文字母依次用整数代表.设某个字母用整数代表，则被26除得到的余数代表的字母就是被加密后的字母，下列说法正确的是（    ）A．原文加密成B．密文的原文是C．密文的原文是D．存在某个字母加密后还是原字母【答案】AB【分析】根据加密方法逐个分析判断即可【详解】对于A，原文对应的数字分别为0，1，每个数乘以3加1后变为数字1，4，除以26得到的余数分别为1，4，所以密文为，所以A正确.对于B，假设密文对应的数为，则，密文对应的，当时，得，原文是；密文对应的，当时，得，原文是，即密文的原文是，所以B正确.对于C，密文为，则，所以原文为，所以C错误.对于D，假设存在某个字母加密后还是原字母，设这个字母对应的整数为，则，整理得，无整数解，所以D错误.故选：AB11．绿水青山就是金山银山，为响应党的号召，某小区把一处荒地改造成公园进行绿化.在绿化带旁边放置一些砌成的完全相同的石墩，石墩的上部是半径为的球的一部分，下部是底面半径为的圆柱体，整个石墩的高为，如图所示（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高.球缺的体积，其中为球的半径，为球缺的高），下列说法正确的是（    ）  A．石墩上､下两部分的高之比为B．石墩表面上两点间距离的最大值为C．每个石墩的体积为D．将石墩放置在一个球内，则该球半径的最小值为【答案】ACD【分析】根据几何体的几何结构特征，利用圆柱和球的性质，结合圆柱和球的体积公式、圆的性质，逐项判定，即可求解.【详解】如图所示，设球缺的球心为，由已知可得半径，，所以，可得，石墩上､下两部分的高之比为,所以A正确；由，所以石墩表面上两点间距离的最大值为，所以B错误；由前面的计算可知上部分球缺的高，所以石墩的体积，所以C正确；设该球的半径为，则，解得，所以D正确.故选：ACD.12．设函数，若，且，则的值可以是（    ）A．3 B．4 C．5 D．【答案】BC【分析】作出函数的图象，结合图象可得，由得，从而得，再根据可求出结果.【详解】作出函数的图象，如图所示，    设，由图可知，当时，直线与函数的图象有四个交点，交点的横坐标分别为，且，当时，令，解得或.由图可知，,，由，可得，所以，则有，所以.令，易知在上为减函数，且，故，且.故选：BC【点睛】关键点点睛：作出函数的图象，利用对称性得，利用得，将所求式子化为关于的函数，利用的范围求解是解题关键. 三、填空题13．已知过点作圆的切线，则切线长为           .【答案】【分析】根据题意，利用圆的切线长公式，即可求解.【详解】由圆，可得圆心，半径，设切点为，因为，可得，所以切线长为.故答案为：.14．函数的部分图象如图所示，则           .  【答案】/【分析】根据图象可以得到，再由周期可求出，然后由可求出的值，从而可求出，进而可求得.【详解】根据图象可以得到，所以.因为，所以，即.又，所以.故答案为：15．从5男3女共8名学生中选出组长1人，副组长1人，普通组员3人组成5人志愿组，要求志愿组中至少有3名男生，且组长和副组长性别不同，则共有           种不同的选法.（用数字作答）【答案】【分析】根据题意，可分为志愿组有3名男生，2名女生和志愿组有4名男生，1名女生，两类情况，结合分类计数原理，即可求解.【详解】由题意可知，当志愿组有3名男生，2名女生时，有种方法；当志愿组有4名男生，1名女生时，有种方法，由分类计数原理得，共有种不同的选法.故答案为：.16．已知直线与双曲线相切于点，且与的两条渐近线分别交于两点，则           .（用含的式子表示）.【答案】【分析】先得出切线方程，再和渐近线联立求出点的坐标，最后带入式子计算即得.【详解】设，则，切线，联立方程组解得，同理可得，所以.故答案为：. 四、解答题17．在中，角的对边分别为.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二倍角公式对化简可求出，再利用余弦的二倍角公式可求得结果，（2）利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求出，从而可求出三角形的面积.【详解】（1）由，得.又，可知，，所以.由，得，或（舍去），所以.（2）由，得，整理得，解得.又，所以.18．已知数列满足，且.(1)证明：是等差数列.(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）给两边同时减去1，再化简变形，结合等差数列的定义可证得结论，（2）由（1）可求出，则得，再利用裂项相消法可求得结果.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即所以是以为公差的等差数列.（2）解：由（1）知，所以，可得，所以.故.19．如图，在四棱锥中，平面.  (1)证明：平面平面.(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求出二面角余弦.【详解】（1）因为平面，所以.在中可求得.在中，因为，所以，所以.又平面，所以.因为，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）因为平面，所以分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，  则.由（1）知平面，所以为平面的一个法向量.设平面的法向量为，可得，令，得.设平面与平面的夹角为，则.20．小明玩摸球游戏，袋子里面装有形状和大小相同的红球､白球和绿球若干个，每次都是有放回地摸一个球，若首次摸到的是红球，爸爸就奖励小明2元，并规定：若连续摸到红球，则下次摸到红球的奖励是上次的两倍；若某次摸到其他球，则该次无奖励，且下次奖金重置为2元.已知小明每次摸到红球的概率是，且每次能否摸到红球相互独立.(1)试问至少要摸几次球，才能使摸到红球的概率不小于？(2)若小明连续摸球3次，记获得的总奖金为元，求.【答案】(1)至少要摸4次球(2) 【分析】（1）根据n次独立重复实验概率公式计算求解即可;（2）应用独立事件发生的概率是概率的乘积计算概率列出分布列求出数学期望即可.【详解】（1）设要摸次球，才能使摸到红球的概率不小于.由题意得，所以，所以，即至少要摸4次球，才能使摸到红球的概率不小于.（2）由题意可知，的可能取值为.，，，，，所以的分布列为024614.21．已知抛物线的焦点为，过作斜率为的直线与交于两点，当时，.(1)求抛物线的标准方程；(2)设线段的中垂线与轴交于点，抛物线在两点处的切线相交于点，设两点到直线的距离分别为，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式列式可求出结果；（2）设代入，利用韦达定理求出线段的中点为的坐标，得的中垂线方程，令得，由点到直线距离公式得.根据导数的几何意义求出切线和的方程，联立得，再由点到直线的距离公式求出，从而可得结果.【详解】（1）当时，直线的方程为，设，联立方程组,消去得，所以恒成立，，，所以，解得，所以抛物线的方程为.（2）由（1）知，则，设，显然，，线段的中点为，联立方程组消去得，恒成立，所以，所以，所以，则的中垂线方程为，令，得，所以，所以.由得，则，不妨设，，则切线的斜率为，切线的斜率为，则切线：，即，切线，即，联立方程组，解得，由，，得，得，得，得，因为，所以，而，所以，所以，则，所以，所以点到直线的距离.故.  【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求出切线和的方程，再联立得的坐标是解题关键.22．已知函数(1)当时，求的图象在点处的切线方程；(2)若，证明：当时，.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；（2）将问题转化为证明；方法一：令，，将问题转化为证明，利用导数可分别求得的单调性和最小值，加和可得结论；方法二：令，将放缩为，令，利用导数可求得的最小值，进而确定，从而得到，进而得到结论.【详解】（1）当时，，，，又，在点处的切线方程为：.（2）当，时，，方法一：要证，只需证，即证；令，则，令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，在上单调递增，；令，则，令，则，在上单调递增，，在上单调递增，；，即，当，时，.方法二：要证，只需证，令，则，令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，，在上单调递增，，即，当，时，.