湘豫名校联考2024届高三上学期一轮复习诊断12月考试数学试题

这是一份湘豫名校联考2024届高三上学期一轮复习诊断12月考试数学试题，共15页。试卷主要包含了本试卷共6页，已知向量，满足，且，则，已知数列满足等内容，欢迎下载使用。
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湘豫名校联考
2023年12月高三一轮复习诊断考试（三）
数学
注意事项：
1．本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区城内。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。
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．集合，，则（ ）
A．B．C．D．无法确定
2．设复数的共轭复数为，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则是的（ ）
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
4．已知椭圆的离心率为，若经过椭圆的上顶点和右顶点的直线经过点，则椭圆的短轴长为（ ）
A．B．2C．D．4
5．已知向量，满足，且，则（ ）
A．B．C．D．更多课件 教案 视频 等低价同类优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 6．已知菱形的边长为2，，若该菱形以为轴旋转一周，则所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数为定义在上的奇函数，当时，；当时，，则（ ）
A．－24B．－12C．D．
8．已知数列满足：，且．若，恒成立，则（ ）
A．－24B．－6C．D．－4
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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分．
9．已知角终边上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．属于第二象限角
10．双曲线的一条渐近线方程为，半焦距为，则下列论述错误的是（ ）
A．双曲线的离心率为3
B．顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离之比为
C．直线与双曲线有两个不同的交点
D．过点有两条直线与双曲线相切
11．黎曼函数（Riemann functin）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．黎曼函数的定义域为
C．黎曼函数的最大值为
D．若是奇函数，且，当时，，则
12．已知三棱锥，则下列论述正确的是（ ）
A．若点在平面内的射影点为的外心，则
B．若点在平面内的射影点为，则平面与平面所成角的余弦值为
C．若，点在平面内的射影点为的中点，则，，，四点一定在以为球心的球面上
D．若，，，，四点在以的中点为球心的球面上，且在平面内的射影点的轨迹为线段（不包含，两点），则点在球的球面上的轨迹为圆
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若，，且，则的最大值为______．
14．已知圆，则直线与圆的位置关系是______．
15．若函数在处取得最大值，且的图象在上有4个对称中心，则的取值范围为______．
16．若函数，，则函数的极小值为______．
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．（本小题满分10分）
一建筑物垂直耸立于所在的水平面，如图，在观测点处测得顶点的仰角（视线与水平线的夹角）为，在观测点处测得顶点的仰角为，平面．
（1）若，，求建筑物的高；
（2）若，，求的值．
18．（本小题满分12分）
如图甲，在直角梯形中，，，，是等边三角形．现将梯形沿折起至梯形，使平面与平面所成二面角为直二面角，如图乙所示．
甲乙
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
19．（本小题满分12分）
设数列的前项和为，数列是递增的等比数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
20．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）若，求证：，
21．（本小题满分12分）
已知直线相交于点，且分别与抛物线相切于，两点，．
（1）求抛物线的方程；
（2）过抛物线的焦点的直线，分别与抛物线相交于点，，，，直线，的斜率分别为，，且，若四边形的面积为2，求直线，夹角的大小．
22．（本小题满分12分）
已知函数，．
（1）若，求的最小值；
（2）若，且关于的方程有实数根，的最小值为，证明：．
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2023年12月高三一轮复习诊断考试（三）
数学参考答案
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．C【命题意图】本题考查集合的并集、补集运算，解方程，考查数学运算的核心素养．
【解析】由题易得，又，所以，．所以．故选C．
2．A【命题意图】本题考查复数的除法运算、复数相等，考查数学运算的核心素养．
【解析】设，则．因为，所以．易得解得所以．所以．故选A．
3．A【命题意图】本题考查线面位置关系，充分、必要条件，考查逻辑推理、直观想象的核心素养．
【解析】若，，，则．反之，若，，，则或．所以是的充分不必要条件．故选A．
4．C【命题意图】本题考查椭圆的方程及相关概念、直线的方程，考查了数学运算、直观想象的核心素养．
【解析】因为，所以．由题意知直线的方程为，即，所以．因为直线经过点，所以，解得．所以．所以，所以椭圆的短轴长为．故选C．
5．D【命题意图】本题考查向量的模、数量积运算，考查数学运算的核心素养．
【解析】因为，等式两边平方得，又，所以，解得．故选D．
6．B【命题意图】本题考查旋转几何体、圆柱的体积，考查直观想象、数学运算的核心素养．
【解析】如图，过点作的垂线，交于点，将直角剪去，并补到点处，使与重合，则组成边长分别为2，的矩形．旋转所得几何体为圆柱，其底面圆的半径为，高为2，所以该几何体的体积为．故选B．
7．D【命题意图】本题考查函数的求值、周期性，考查数学运算、数学建模的核心素养．
【解析】．因为为奇函数，所以，所以．故选D．
8．C【命题意图】本题考查恒成立问题、等差数列的通项公式及性质，考查数学抽象、数学运算的核心素养．
【解析】因为，所以，．因为所以化简得，且，不为0．所以，所以数列是等差数列．因为，所以．因为，所以，解得，即公差．所以．所以，所以，故选C．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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分．
9．BCD【命题意图】本题考查三角函数的定义，正、余弦的和角公式，正切的倍角公式，考查数学运算的核心素养．
【解析】由题易知，所以，A错误；因为，所以，B正确；因为，所以，所以，解得，C正确；因为属于第一象限角，所以，，所以，，且，即属于第二象限角，D正确．故选BCD．
10．ABD【命题意图】本题考查双曲线的方程及性质、直线与双曲线的位置关系，考查直观想象、数学运算的核心素养．
【解析】由题易得，所以，A错误；根据三角形的相似性，知顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离之比为，，B错误；因为直线与渐近线平行，所以直线与双曲线的左支仅有1个交点，与右支没有交点．又直线与直线都过点，且直线的倾斜角比直线的倾斜角小，结合图形可知，直线与双曲线有两个不同的交点，C正确；因为，所以点位于双曲线右支的右侧位置，显然过点的直线不可能与双曲线相切，D错误．故选ABD．
11．BC【命题意图】本题考查新概念、数学文化、函数的性质，考查逻辑推理、数学运算、数学抽象的核心素养．
【解析】，A错误．因为，是既约真分数，，0，1或上的无理数，所以黎曼函数的定义域为，B正确．又，，为既约真分数，所以的最大值为，C正确．因为，所以．所以．因为是奇函数，所以，所以，即是以2为周期的周期函数，，，所以，D错误．故选BC．
12．AB【命题意图】本题考查立体几何中的线面位置关系、二面角、轨迹问题、球体，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
【解析】设的外心为点，则，所以，所以，A正确；过点作的垂线，交于点，连接，则，所以是平面与平面所成角的平面角，则，B正确；因为，是的中点，所以，但不一定成立，C错误；依题知点的轨迹是以为半径的圆，且不包括，两点，D错误．故选AB．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【命题意图】本题考查基本不等式，考查数学运算的核心素养．
【解析】，当且仅当，时等号成立．
14．相交【命题意图】本题考查圆与直线的方程、直线与圆的位置关系，考查数学运算的核心素养．
【解析】因为表示圆的方程，所以，即．因为，所以直线与圆相交．
15．【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查直观想象、数学运算的核心素养．
【解析】依题知，所以，，解得，，所以．因为，所以当时，．依题知，解得．
16．【命题意图】本题考查三角恒等变换、导函数、极值，考查数学运算、数学抽象的核心素养．
【解析】，设，因为，所以．令，，所以．令，则或．因为在上，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，即的极小值为．
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．【命题意图】本题考查解三角形，考查数学运算、数学建模的核心素养．
【解析】（1）设，则，
．
因为，所以．
所以，
解得，即．
（2）由（1）设，因为，，所以．
因为，，
所以由余弦定理得
18．【命题意图】本题考查空间几何体的线面位置关系、平面与平面的夹角问题，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
【解析】（1）取的中点，连接，．
因为，，所以，
所以四边形是平行四边形．
所以．
因为，
所以，即．
因为是等边三角形，所以．
因为，
所以平面．
所以．
（2）以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，．
所以，，，，．
所以，，，．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
所以平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
所以平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则
．
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．【命题意图】本题考查数列的前项和与通项公式的关系、等比数列的定义、数列累乘求通项，考查数学运算、数学建模的核心素养．
【解析】（1）因为数列是等比数列，
所以．
因为，，
所以，是方程的两个实数根，
所以或
因为是递增的等比数列，所以
设的公比为，
则，
解得，或（舍去）．
所以．
因为，
所以，
两式相减得，
所以，．
当时，，
所以
（2）因为，
所以当时，，
所以．
两式相减得
．
所以．
当时，满足上式，故．
20．【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性、从函数角度来证明不等式，考查数学运算、数学抽象、直观想象、逻辑推理的核心素养．
【解析】（1）由题易知函数的定义域为，．
当时，，所以在上单调递减．
当时，令，得．
因为在上单调递减，所以．
所以．
所以实数的取值范围为．
综上所述，实数的取值范围为．
（2）方法一：因为，所以．
因为在上，所以在上单调递减．
所以，，，，，
即，，，，，
所以，，，，，
所以，
所以．
方法二：当时，．
所以．
因为在上，所以在上单调递减，
所以当时，，
即时，．
令，，则．
所以，
即．
21．【命题意图】本题考查抛物线的方程与性质、利用导数研究切线问题、几何的对称性，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
【解析】（1）由，得，所以．
设切点的坐标为，则切线方程为．
因为点在切线上，所以，
化简得，所以．
因为，所以，即方程的两根，
所以．
因为，所以．
所以抛物线的方程为．
（2）抛物线的焦点为，设经过焦点的直线方程为．
联立得．
设，，则
因为，所以直线，关于轴对称．
不妨令，关于轴对称，，关于轴对称．
设，，
因为，所以．
所以，
，
四边形的面积．
不妨设，则依题得，
化简得，即．
因为无实数解，
所以，解得．
若直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为．
所以直线与的夹角为．
22．【命题意图】本题考查函数的单调性、最值、极值问题，方程与函数的转化，考查数学运算、数学抽象、直观想象、逻辑推理的核心素养．
【解析】（1）函数的定义域为，
当时，，
则．
令，，则．
因为，所以，
所以在上单调递增．
又，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
A
A
C
D
B
D
C
BCD
ABD
BC
AB