2024届湖北省高中名校联盟高三上学期第一次联合测评数学试题含答案

这是一份2024届湖北省高中名校联盟高三上学期第一次联合测评数学试题含答案，共24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届湖北省高中名校联盟高三上学期第一次联合测评数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.
【详解】由，，
故.
故选：A.
2．已知复数z满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法化简计算即可.
【详解】由，
则.
故选：B.
3．从长度为的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用列举法，列出5条线段中任取3条线段的所有情况，然后找出能构成三角形的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】从5条线段中任取3条，可能的情况有：，，，，，，，，，共有10种可能，
其中，能构成三角形的只有，，共3种可能，
所以能构成三角形的概率为.
故选：A.
4．设命题p：若数列是公差不为0的等差数列，则点必在一次函数图象上；命题q：若正项数列是公比不为1的等比数列，则点必在指数函数图象上.下列说法正确的是（    ）
A．p、q均为真命题 B．p、q均为假命题
C．p真q假 D．p假q真
【答案】C
【分析】根据等差数列和等比数列的性质判断命题的真假即可
【详解】若数列是公差不为0的等差数列，则，
故点必在一次函数图象上，故p真；
若，则数列是公比为2，首项为3的等比数列，
，，不恒在指数函数图象上，故q假.
故选：C
5．某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3，0.3，0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是（    ）
A．0.16 B．0.31 C．0.4 D．0.32
【答案】B
【分析】根据全概率公式结合已知条件求解即可.
【详解】设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，
则，，，，，，，
由全概率公式得：.
故选：B.
6．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．
C．牛奶的温度降至还需
D．牛奶的温度降至还需
【答案】D
【分析】运用代入法，结合对数的运算逐一判断即可.
【详解】由，得，
故，AB错误；
又由，，得，
故牛奶的温度从降至需，
从降至还需.
故选：D
7．已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，结合椭圆的定义，在中利用勾股定理求得，中利用勾股定理求得，可求椭圆C的离心率.
【详解】连接，设，则，，，
  
在中，即，
，，，
，，
在中，，即，
，，又，.
故选：C.
8．记，，，则a，b，c的大小关系是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由函数在R上单调递增，可判断，再对两边取对数，由函数在单调递减，可得，从而得解.
【详解】设，则在R上单调递增，
故，即；
由于，
设，，
则，，
则在单调递减，故，
即，则；
综上得，， D正确.
故选：D

二、多选题
9．已知一组样本数据、、、均为正数，且，若由生成一组新的数据、、、，则这组新数据与原数据的（    ）可能相等
A．极差 B．平均数 C．中位数 D．标准差
【答案】BC
【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用平均数公式可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用方差公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，样本数据、、、的极差为，
样本数据、、、的极差为，
因为，则，故A错误；
对于B选项，设样本数据、、、的平均数为，即，
所以，样本数据、、、的平均数为
，
由可知，当时，两组样本数据的平均数相等，故B正确；
当时，样本数据、、、的中位数为，
样本数据、、、的中位数为，
同理可知当时，中位数相等，
当时，样本数据、、、的中位数为，
样本数据、、、的中位数为
同理可知当时，两组数据的中位数相等，故C正确；
对于D选项，设样本数据、、、的标准差为，
样本数据、、、的标准差为，
则，


，
因为，则，
故，故两组样本数据的标准差不可能相等，故D错误.
故选：BC.
10．已知O为抛物线的顶点，直线l交抛物线于M，N两点，过点M，N分别向准线作垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（    ）
A．若直线l过焦点F，则N，O，P三点不共线
B．若直线l过焦点F，则
C．若直线l过焦点F，则抛物线C在M，N处的两条切线的交点在某定直线上
D．若，则直线l恒过点
【答案】BCD
【分析】设直线，设，，联立直线与抛物线的方程，由可判断A；由抛物线的定义和平行线的性质可判断B；求出抛物线C在点M，N处的切线联立可得可判断C；由结合韦达定理可得可判断D.
【详解】设直线，联立方程，得
设，，则
选项A，若直线l过焦点F，则
，，
又，
，，三点共线，A错；
  
选项B，由抛物线的定义和平行线的性质知：
，
又，，所以B对；
选项C，设与抛物线相切的切线方程为，
则化简得．
由，可得，即，
所以与抛物线相切的切线方程为，
将点坐标代入方程可得，则，
所以过的切线方程为．
同理，过的切线方程为，
联立，得：
抛物线在点M，N处的切线的交点在定直线上，所以C对；
  
选项D，因为，，
将韦达定理代入得：.
所以直线l恒过点，所以D对.
故选：BCD.
11．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（    ）
A．正四面体的外接球表面积为
B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
【答案】ABD
【分析】根据正四面体的外接球、内切球、体积以及二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设为R，则：，所以，所以A对.
  
B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，
设正四面体的高为d，由等体积法可得：，
所以为定值，所以B对.
C.设中点为D，连接，，则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.
  
D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，
正四面体的体积最大值，
由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，
所以正四面体的外接球半径为，
设正四面体的边长为a，则，所以，
故体积，所以D对.
故选：ABD
12．若是定义在R上的偶函数，其图象关于直线对称，且对任意，都有，则下列说法正确的是（    ）
A．一定为正数
B．2是的一个周期
C．若，则
D．若在上单调递增，则
【答案】BCD
【分析】利用函数满足的条件，求解函数的周期性和单调性，对选项进行判断.
【详解】因为符合条件，故A错误；
因为偶函数的图像关于直线对称，所以，故B正确；
因为对任意，，都有，所以对任意，取得；
若，即，故，
由2是的周期得，故C正确；
假设，由及，，得，，
故，这与在上单调递增矛盾，故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：
由题意，函数图像有两条对称轴，则函数具有周期性；抽象函数求函数值，经常使用特殊值法.

三、填空题
13．的展开式中的系数是 .
【答案】
【分析】直接用二项式定理求解即可.
【详解】，
所以的系数为.
故答案为：.
14．已知的两条直角边分别为3，4，以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体体积是 .
【答案】
【分析】利用勾股定理求出斜边的长，再求出斜边上的高，从而可知该几何体为两个同底面的圆锥，底面半径为，两个圆锥的高之和为5，进而可求出其体积.
【详解】因为的两条直角边分别为3，4，所以由勾股定理知斜边为5，则斜边上的高为，
所以几何体为两个同底面的圆锥，底面半径为，两个圆锥的高之和为5，
所以该几何体体积为，
故答案为：
15．小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（，），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（，）比第层的“环境满意度”多出；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（，）比第层的“高层恐惧度”高出倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为，，记小王对第k层“购买满意度”为，且，则小王最想买第 层住宅.
（参考公式及数据：，，，）
【答案】10
【分析】由题意可得，且，；，，从而可求出和，则，方法一：作商比较的大小可得结论，方法二：构造函数，利用导数求其最大值即可》
【详解】依题意，，且，，
所以



，
由题意得，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以.
故小王对第k层住宅的购买满意度.
方法一：
由.即解得，
所以，
同理有，小王最想购买第10层住宅.
方法二：
设，，则，
故时单调递增；时单调递减.
由于，，
故最大，小王最想购买第10层住宅.
故答案为：10
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得，，由此可求出和，从而可求出，考查计算能力，属于难题.
16．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为 .
【答案】
【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，

所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时直线：
令，则，，
故答案为：
  
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.

四、解答题
17．已知函数.
(1)若函数是偶函数，求实数m的值；
(2)若，使得.成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)1
(2)

【分析】（1）由，即恒成立可求出；
（2）由得，，再根据指数函数的单调性可求出的范围.
【详解】（1）由函数是偶函数知，.
故，即，
化简得，恒成立.
故，实数m的值为1.
（2）方法一：
若，使得，则，
即，能成立.
于是，，，
由指数函数单调性，得，
故实数m的取值范围为.
方法二：
若，使得，则，
即，能成立.
于是，，，
由指数函数单调性，得
解得，故实数m的取值范围为.
18．西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.
(1)现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；
(2)以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据古典概型概率计算公式以及组合数的计算求得所求概率.
（2）利用二项分布的知识求得分布列并求得数学期望.
【详解】（1）设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，
则；因此，从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为.
（2）由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，
由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则
，，
，，
所以的分布列为

0
1
2
3
P




.
19．如图，在四棱柱中，底面和侧面均为矩形，，，，.

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由底面和侧面均为矩形，可证平面，则有，由，所以；
（2）过C点作垂直交于点M，利用线面垂直关系和平行四边形的性质，求出和，可得所求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：连接，四边形和四边形均为矩形，

，，
又平面，，所以平面，
平面，则，
由，所以.
（2）设，，
，
，，
，，
过C点作垂直交于点M，由（1）可知平面，

平面，
，平面，，平面，
设与平面所成的角为，
又，，
平面，到平面的距离等于3，
连接，在平行四边形中，，
，，
，
与平面所成角的正弦值
20．已知数列满足，
(1)判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
(2)若数列的前10项和为361，记，数列的前n项和为，求证：.
【答案】(1)是，证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意求出数列的递推关系式，再由等比数列的定义可证;
（2）由条件，得，再由函数在上单调递增，，求出，从而，而利用可得证.
【详解】（1）数列成等比数列.
根据
得；
，，，
即数列成等比数列.
（2）由（1）得，，，
故
由，得.
显然，，单调递增，且，
故，，.
，，,
当时，,
综上，知.
【点睛】本题的关键是的适当放缩，从而利用裂项相消法求前项的和.
21．已知双曲线与直线有唯一的公共点M.
(1)若点在直线l上，求直线l的方程；
(2)过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于，y轴于两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点使得为定值.
【答案】(1)
(2)存在定点，，使得当点M运动时，为定值13

【分析】（1）双曲线与直线联立方程组，由判别式为0和点在直线l上，解得，可求直线l的方程；
（2）双曲线与直线联立方程组，求出点M坐标，表示出过点M且与直线l垂直的直线，解得，两点，求动点的轨迹方程，由方程确定满足条件的定点G，H.
【详解】（1）点在直线上，则有，
  
联立，则，
由，则，可得，
所以：，解得，
当时，；所以直线l的方程：
（2）联立，则，
因为，M是双曲线与直线的唯一公共点，
所以，化简得，
解得点M的坐标为，即为，
于是，过点M且与l垂直的直线为，
  
可得，，，即，，
于是，
即P的轨迹方程为：，由双曲线的定义可知，
存在定点，，使得当点M运动时，为定值13.
【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．要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．
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
(3)若，求证：.
【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数求函数单调性；
（2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明，
方法一：设，，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证；
方法二：由，设，，
利用导数可知在单调递增，从而得证；
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，欲证，即证，由方法二可得证；
方法四：由得，由方法二得，所以，得证；
（3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，结合函数的单调性可证.
【详解】（1）函数的定义域是.
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由（1）得在的值域为，
在上的值域为.注意到，.
不妨设，则欲证，即证.
由于由（Ⅰ）得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即，
方法一：令，.
，
由，在单调递增，
得单调递增，
且.
由于，故满足.
由单调递增知：
当时，单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证.
方法二：（重新同构）

令，即，证：，
由于，从而.
故要证成立，只需在单调递增成立即可.
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立.
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证，
可变为，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；
2、由方法二知，，
故，即，故，；
由1、2知，故成立，原命题成立.
（3）由（2）知，
①当时，在上单调递增，
故.
②当时，
由，取，
得（）时，
有，即.
由在上单调递增，故，
综上，得时，当成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．