湖南省邵阳市2024届高三第一次联考数学试题

这是一份湖南省邵阳市2024届高三第一次联考数学试题，共23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。


一、单选题
1．已知集合，，则集合的元素个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．1D．2
3．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．若抛物线上一点到焦点的距离是，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110B．144C．132D．156
6．已知向量.若与的夹角的余弦值为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
7．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知平面直角坐标系中，，动点满足，点的轨迹为曲线，点到直线的距离的最小值为，下列结论正确的有（ ）
A．曲线的方程为B．
C．曲线的方程为D．
10．下列命题中，说法正确的有（ ）
A．设随机变量，则
B．成对样本数据的线性相关程度越强，样本相关系数越接近于1
C．决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好
D．基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
11．已知函数与其导函数的定义域均为，且与均为偶函数，则下列说法一定正确的有（ ）
A．关于对称B．关于点对称
C．D．
12．如图所示，四边形是长方形，，半圆面平面.点为半圆弧上一动点（点不与点重合）.下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥的四个面都是直角三角形
B．三棱锥体积的最大值为4
C．异面直线与的距离的取值范围为
D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
三、填空题
13．已知数列的首项为，，则 .
14．已知，则 .
15．已知，则 .
16．已知椭圆和双曲线有相同的焦点，它们的离心率分别为，点为它们的一个交点，且.当取最小值时，的值为 .
四、解答题
17．甲、乙、丙三名同学准备参加本校知识竞赛，规定比赛成绩达到90分以上（含90分）获优秀等级.为预测他们的知识竞赛情况，收集了甲、乙、丙三人在学校的以往知识竞赛成绩，整理得到如下数据（单位：分）：
甲：.
乙：.
丙：.
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的知识竞赛成绩相互独立.
(1)估计甲在本次知识竞赛中未获优秀等级的概率；
(2)设表示甲、乙、丙三人在本次知识竞赛中获得优秀等级的总人数，估计的数学期望.
18．在中，角所对的边分别为，向量，向量，且.
(1)求证：；
(2)延长至点，使得.当最大时，求的值.
19．如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.
(1)求证：；
(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.
20．已知递增的等差数列满足：成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)记为数列的前项和，，求数列的前项和.
21．已知椭圆的短轴长为，左顶点到左焦点的距离为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图所示，点A是椭圆的右顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，且都在轴的上方，点的坐标为.证明：.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，方程有三个不相等的实数根，分别记为.
①求的取值范围；
②证明.
参考答案：
1．B
【分析】根据题意求集合B，进而可得结果.
【详解】因为集合，，
则，所以集合的元素个数为2.
故选：B.
2．A
【分析】根据复数的除法运算求解，即可得出，根据共轭复数的概念得出，进而得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，，则，
所以，.
故选：A.
3．B
【分析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，判断即可.
【详解】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论可得，
命题“”的否定为：.
故选：B.
4．C
【分析】先求出准线方程，根据抛物线的定义得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义可得，点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以，，解得.
故选：C.
5．C
【分析】共有12个节目，只需排好2个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案.
【详解】添加节目后，共有12个节目，
因为保持原来10个节目的相对顺序不变，
则只需排好2个“歌王对唱”节目即可，
所以，不同的排法种数为.
故选：C.
6．D
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算法则求解.
【详解】由题意：，，，
所以.
故选：D
7．A
【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
，，，
，
，
.
故选：A.
8．D
【分析】根据题意可得，构建函数，利用导数分析可知在上单调递增，进而结合对数函数单调性分析判断.
【详解】因为，
两边取对数得：，
令，
则，
令，则，
可知在上单调递增，
因为，则，可知恒成立，
则，即，可得，
则在上单调递增，可得，
可得，即，
又因为在上单调递增，所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：对题中式子整理观察形式，构建函数，利用导数判断其单调性.
9．AB
【分析】根据已知得出，化简即可判断A、C项；求出圆心到直线的距离，即可判断B、D.
【详解】对于A、C项，由已知可得，，.
则由可得，，
平方整理可得，，
化为标准方程可得，，圆心为，半径.故A正确，C错误；
对于B、D项，圆心到直线的距离为，
所以，圆上点到直线的最小距离.故B正确，D错误.
故选：AB.
10．CD
【分析】根据二项分布的方差公式，计算即可判断A；根据样本相关系数的意义，可判断B；根据决定系数的公式，即可判断C；根据独立性检验思想，即可判断D.
【详解】对于A项，根据二项分布的方差公式可得，.故A错误；
对于B项，样本相关系数越接近于1，线性相关性越强.故B错误；
对于C项，决定系数，残差平方和为，根据决定系数公式可得，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好.故C正确；
对于D项，根据独立性检验思想可知，D正确.
故选：CD.
11．BC
【分析】根据已知得出关于对称.假设关于对称，求导即可得出矛盾；根据偶函数的性质，得出，两边同时除以，即可判断B；根据已知，结合导函数得出关于对称，也关于对称，即可得出，，进而推得，即可得出C项；根据已知，无法确定.
【详解】对于A项，因为为偶函数，
所以关于对称.
若关于对称，则导函数关于点对称，
这与关于对称矛盾，所以A错误；
对于B项，因为为偶函数，
所以，即，
所以，所以B正确；
对于C项，因为为偶函数，
所以为奇函数，
所以关于对称，关于对称，所以.
又关于对称，所以.
所以，，
所以，故C正确；
对于D项，由A知，关于点对称，.
但无法确定.故D错误.
故选：BC.
12．ABD
【分析】根据已知可知，为直角三角形，根据面面垂直以及线面垂直的性质定理可推得为直角三角形，根据边长关系推得，即可得出为直角三角形.进而判断A项；设底边边上的高为，由已知可推得.根据已知得出的最大值，即可求出体积最大值；根据已知得出异面直线与的公垂线段，即可得出距离；过点作于点，根据面面垂直的性质推得为直线与平面所成角.设，根据已知结合三角形的性质得出得出相关线段长度，表示出.设，求导根据导函数得出函数的最大值为，进而得出，易知截面为以为直径的的外接圆，根据圆的面积公式，求解即可得出答案.
【详解】对于A项，因为是圆的直径，所以为直角三角形，.
由已知四边形是长方形，所以为直角三角形，且，.
因为半圆面平面，半圆面平面，平面，
所以，平面.
又平面，所以，，
所以，为直角三角形，.
所以，，
所以，为直角三角形.
所以，三棱锥的四个面都是直角三角形.故A正确；
对于B项，由A知，平面.
设底边边上的高为，
则.
显然，当最大时，体积最大.
当点为半圆弧上的中点时，最大为.
所以，体积最大值为.故B正确；
对于C项，由A知，又，
所以，线段为异面直线与的公垂线段，
所以，异面直线与的距离为，故C错误；
对于D项，过点作于点，
因为半圆面平面，半圆面平面，平面，所以，平面，
所以，为直线与平面所成角.
设，则，，.
易知，，
所以，.
设，
则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，，的最大值为，此时最大，.
易知为的斜边，
又平面截四棱锥的外接球的截面为的外接圆，
所以，截面圆的直径为，，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：由点向交线做垂线，根据面面垂直的性质，得出线面角.设，进而根据三角形的性质以及已知条件，表示出的关系式.求导根据导函数得出函数的单调性，求出最大值时的值.进而判断得出截面的形状，即可求出答案.
13．
【分析】由得，进而判断中各个偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到.
【详解】由得，,
于是，即.
所以数列中，各个奇数项 构成首项为1，公比为3的等比数列，
同理，各个偶数项 也构成首项为3，公比为3的等比数列，即.
所以.
故答案为：81.
14．
【分析】分别令和，联立方程组求得，再令，求得，即可求得的值.
【详解】由，
令，可得，
即
令，可得，
即，
联立方程组，求得，
再令，可得，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】将条件两边平方化简得，再将所求式子利用二倍角余弦公式化简运算得解.
【详解】，
，化简得，
又，
.
故答案为：0.
16．
【分析】根据椭圆、双曲线的定义用表示，结合余弦定理可得，再利用“1”的灵活运用以及基本不等式分析求解.
【详解】设椭圆方程为，双曲线方程为：.
不妨设点为第一象限的交点，
由题意知：，则，
由余弦定理得：，
即，
整理得，则，
可得
，
当且仅当时取等号，
可得，解得.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据古典概型及对立事件计算概率；
（2）直接计算离散型随机变量的概率及期望.
【详解】（1）甲在以往参加的10次知识竞赛中有4次成绩获得优秀等级.
记事件为“甲在本次知识竞赛中获得优秀等级”，
则.
所以甲在本次知识竞赛中未获优秀等级的概率为.
（2）的所有可能取值为.
记事件为“乙在本次知识竞赛中获得优胜等级”，
事件为“丙在本次知识竞赛中获得优胜等级”，
则，由（1）知.
则
；
所以其分布列为：
.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可推得.结合余弦定理得出，根据正弦定理边化角，化简可得，即可得出证明；
（2）设，推得.根据两角差的正切公式，得出，然后根据基本不等式，得出正切值的最大值时，满足的条件.进而推得为等边三角形，即可得出答案.
【详解】（1）因为，
所以，
即.
又，
所以，.
整理可得.
再由正弦定理得：，
结合，
可得，.
即.
显然，
两边同时除以可得，，即.
（2）如图：设，则.
因为，所以，
则.
故
.
因为，
当且仅当，即时取等号.
所以，.
此时，
所以，故为等边三角形，即.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据台体的结构特征可知四点共面，结合面面平行的性质定理分析证明；
（2）解法一：建系，利用空间向量结合面面夹角可得，进而求截面面积；解法二：分别取的中点为，分析可知为截面与底面所成夹角，可得，进而求截面面积.
【详解】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，
又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，
所以∥.
（2）解法一：因为劣弧的长度为，则
由，可得.
如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：底面的一个法向量，
因为截面与下底面所成的夹角大小为，
则，
解得，即，可得，
在等腰梯形中，，
可得等腰梯形的高，
所以.
解法二：如图，分别取的中点为，连结，，
由题意可得：，
所以为截面与底面所成夹角，即，
过点作于点，由，得，
则（即梯形的高），
所以.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题中条件列出方程组，解出即可;
（2）错位相减后得到结果，再用错位相减法进行计算，即可求解.
【详解】（1）设，
由题意得，即，解得或（舍去）
.
（2）由（1）可得，
则，①
可得：，②
①-②可得：，
设.③
，④
③-④可得：
，
则，
，
.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知列出关于的方程组，求解得出的值，即可得出答案；
（2）根据已知设直线方程为，与椭圆方程联立，得出一元二次方程.设，根据韦达定理得出坐标之间的关系，进而表示出，求和化简推得，转化为角之间的关系，即可得出证明.
【详解】（1）依题意得
解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）由已知，直线过点，与椭圆交与不同的两点，且都在轴上方可得，直线的斜率存在且不为0，
设直线方程为.
联立方程，可得.
计算，
可得，且.
设，
由韦达定理可得.
又，
所以，
.
因为，
所以，，.
，，
所以，，.
22．(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）应用导数讨论函数的单调性，分与讨论即可；
（2）①结合函数的极值点即可求解；②构造函数与讨论即可.
【详解】（1）函数的定义域为.
又，令，得.
当，即时，在恒成立，.
当，即时，方程有两根，可求得：，
因为所以，
当和时，，为增函数，
当时，，为减函数.
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，.
①方程有三个不相等的实数根，
即方程在上有三个不相等的实数根.
令，
则，
令，求得：或，
则当或时，，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
存在极大值为，存在极小值，
且当时，，当时，.
要使方程有三个不相等的实数根，则
的取值范围为.
②证明：设方程三个不相等的实数根分别为：，且，
由①可得，要证，
只需证，即证，
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，.
由，
构造函数，
，当时，在上单调递增，
，即在上恒成立，
又，则有：，
又，且在上单调递减，
，即.
构造函数，
，当时在上单调递增.
，即在上恒成立.
又，则.即，
由，则.
在上单调递增，.
又，则可证得：.
【点睛】关键点点睛：将证明转化为， ，结合极值点平移构造函数是本题关键.
X
0
1
2
3
P