湖北省部分重点中学2024届高三上学期第一次联考数学试题

这是一份湖北省部分重点中学2024届高三上学期第一次联考数学试题，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数z满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．设，，，，则是的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
4．的展开式中的系数为（ ）
A．B．25C．D．5
5．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．设，，已知函数，有且只有一个零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8
B．对于随机事件与，若，，则事件与独立
C．若随机变量，，若最大，则
D．设随机变量服从正态分布，若，则
10．已知，，直线：，：，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（ ）
A．对于任意的，且，都有平面平面
B．当时，三棱锥的体积不为定值
C．若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D．的取值范围为
12．如图过抛物线：的焦点作两条互相垂直的直线，，与相交于，两点，与相交于，，、分别是弦和弦的中点，则下列说法中正确的是（ ）

A．若点，则周长的最小值为
B．的最小值为
C．最小时，
D．和面积之和的最小值为8
三、填空题
13．函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则 ．
14．已知函数是上的奇函数，，都有成立，则 ．
15．若函数在处的切线与的图像有三个公共点，则的取值范围 ．
四、双空题
16．2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花——“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线．重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，，，，．

设雪花曲线周长为，面积为．若的边长为3，则 ； ．
五、解答题
17．已知中，角，，所对的边分别为，，，满足.

(1)求的大小；
(2)如图，，在直线的右侧取点，使得，求为何值时，四边形面积的最大，并求出该最大值．
18．如图,在三棱台中,平面平面,.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
19．已知正项数列的前项和，满足：．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，设数列的前项和为，求证．
20．2023年10月5日晚，杭州亚运会女篮决赛的巅峰对决中，中国女篮以战胜日本女篮，成功卫冕亚运会冠军，大快人心，表现神勇，为国家和人民争了光．某校随即开展了“学习女篮精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次篮球训练课上，进行了一场、、3名女篮队员的传接球的训练，球从手中开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住．记第次传球之前球在手中的概率为，易知，．
(1)①求第5次传球前，球恰好在手中的概率；
②第次传球前球在手中的概率为，试比较与的大小．
(2)训练结束，体育老师为了表扬队员们精彩的表现和取得的进步，组织了一场“摸球抽奖”活动，先在一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．若设三次摸奖（每次摸奖后球放回）恰好有一次中奖的概率，当取何值时，最大?
21．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.
22．已知点是圆：上一动点（为圆心），点的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)，是曲线上的两个动点，为坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)设为曲线上任意一点，延长至，使，点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于、两点，求面积的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】由可得：，所以，
由可得：，所以，
故，所以.
故选：A.
2．D
【分析】根据复数的四则运算、共轭复数的概念与复数的定义求值即可.
【详解】∵，∴，
∴，即的虚部为.
故选：D．
3．A
【分析】根据向量共线和垂直的坐标表示，分别求得的值，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由向量，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
4．A
【分析】根据题意，借助二项展开式通项得的展开式为，分析求解．
【详解】∵
的展开式为，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
∴的展开式中的系数为.
故选：A．
5．C
【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解.
【详解】因为，
所以，
故选：C
6．B
【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，
又因为，，所以，，
所以，，则，
设点，则，且，
所以，，
所以，，故，
故选：B.
7．B
【分析】设（），即，结合条件得到：，
再由的奇偶性和单调性得到：，即可求解.
【详解】由题意得，函数，
设（），则，
由，得，
又因为，
所以是上的奇函数，即，
又有，
因为是上的增函数，是上的增函数，
所以是上的增函数；
则，即，
整理得：，解得：或，
所以实数a的取值范围为，
故选：B.
8．B
【分析】设函数的零点为，可得，由此可得点在直线上，由此可得，再利用导数求其最小值.
【详解】函数的零点为，
则，且，即，
所以点在直线上，
又表示点到原点的距离的平方，
故，
所以，
设，
则，
故，
设，
则，
因为，所以，
所以函数在上单调递减，
所以当时，，
故当时，，函数在上单调递增，
所以.
所以当，时，取最小值，最小值为.
所以当时，的最小值为.
故选：B.
【点睛】知识点点睛：本题考查函数零点的定义，直线方程的定义，点到直线的距离，两点之间的距离，利用导数求函数的最值，考查数学运算，数形结合等数学思想.
9．BCD
【分析】对于A，利用百分位数的定义判断即可；对于B，利用对立事件和条件概率的公式，结合独立事件的定义判断即可；对于C，根据随机变量的均值与方差公式，结合二项分布的概率公式求解即可；对于D，利用正态曲线的特点判断即可.
【详解】对于A，把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，因为，
则这组数据的第百分位数为，故A错误；
对于B，，又，所以，即事件与相互独立，故B正确；
对于C，因为随机变量，所以，故，又，当最大时，；又，
此时，故C正确；
对于D，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称，又因为，所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
10．ABD
【分析】由，得，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立.
【详解】由，得，即，
，，则，当且仅当，即时等号成立，
所以有，A选项正确；
由，有，
当且仅当，即时等号成立，所以有，B选项成立；
由，有，，，则，
，由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误；
由，有，
，
当且仅当，即时等号成立，D选项正确.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】建空间直角坐标系，用向量知识求解四个选项.
【详解】
对于A，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
，
则，令，则，，
则，
，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
又，
所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；
对于B，当时，
设平面的法向量为
，，
则，令，则，，
所以，
又，
点到平面的距离为
又，
又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；
对于C，设，,则
因为直线到平面的距离为，所以平面，
，
设面为，则
，令，则，
所以
所以，即，
又，则，解得或，
若，所以，，
又，
设直线与直线所成角为，
所以
当最大时，最小，
令，，
在单调递增，
所以，，
最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；
若，所以，，根据对称性可得最小为，故C正确；
对于D，设因为，所以，，
，
所以，
整理得，
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，
所以，
当时，最小为，当时，最大为
所以的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
12．BCD
【分析】根据抛物线的定义及焦半径公式，用点的坐标分别表示选项要求，利用基本不等式求解即可.
【详解】
对于A，，，准线方程为，
点，过点作垂直于准线的直线,垂足为,由抛物线定义知
则周长为
当最小时，周长最小，
所以当在一条直线上时，最小，最小长度为，
所以周长最小值为,故A错误；
对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为，
联立，即 ①
，
，，
则，
当且仅当，即时等号成立，故B正确；
对于C，直线的斜率为，代入①中，设，得
，，
、分别是弦和弦的中点
所以，，
，，
，即，最小为4，当且仅当时等号成立，
此时，，所以，故C正确；
对于D，由抛物线定义得，，，，，
和面积之和为
当且仅当，且，等号成立，所以和面积之和的最小值为8，故D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】根据函数图象的平移可得，进而根据偶函数即可求解,进而可求解.
【详解】，
由于是偶函数，所以,故，
所以，
故答案为：
14．0
【分析】根据题意，由条件可得，即函数的周期，即可得到，从而得到结果.
【详解】因为函数是上的奇函数，则，
又，都有，
令，则，即，
所以，都有，
即，所以，
即函数的周期，则，
由，令，可得，
所以，则，
所以，
则.
故答案为：0
15．
【分析】数形结合，函数过点，当切线过点时，切线与函数的图象有三个公共点，当切线与相切时直线与函数的图象只有两个公共点，计算出两个临界情况相应的值，即可求得的取值范围
【详解】当时，，所以切点的坐标为，
当时，，，所以切线的斜率，
所以切线的方程为：
而，即过点
当切线过点时，切线与函数的图象有三个公共点，
将代入切线方程得：，得
当切线与相切时，切线与数的图象只有两个公点，
设切线：与在处相切，
由，得，
所以，得，，所以切点坐标为
代入切线：，得，
因此在处的切线与的图像有三个公共点时，的取值范围为：.
故答案为：.
16．
【分析】先设出雪花曲线的边长为，边数为，根据已知写出，，的通项，且当时，，应用累加法求出通项，进而求出答案.
【详解】设雪花曲线的边长为，边数为，又周长为，面积为，
由题意可知，，，，
所以，，
所以，
则，
又，
当时，，
.
也符合该式.
故答案为：；.
17．(1)
(2)，四边形面积的最大，最大值为
【分析】（1）根据正弦定理可得，进而结合两角和的正弦公式及同角三角函数关系化简可得，进而求解即可；
（2）由（1）可得为等边三角形，在中，由余弦定理可得，进而结合三角形的面积公式和三角恒等变换公式可得四边形的面积，进而结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意，，
由正弦定理得
即
又因为中，，
所以，
又因为，所以，即．
又，故.
（2）由（1）知，，
因为，所以为等边三角形，
在中，由余弦定理得，
，
而，
，
所以四边形的面积为
，
因为，，
当，即时，取得最大值，为，
故四边形面积的最大值为．
18．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，先证，再证，进而可证平面；
（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．
【详解】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，
平面平面，且，
所以平面，平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，
则．
所以平面．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，，
则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长相交于一点，
则为等边三角形．取的中点，则，
又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，
建立空间直角坐标系．
由题意得，，，
，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，
平面的法向量为．
由，得，
取；
由，得
取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
【点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由，把用1代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通项可求；
（2）由（1）可先算出，代入求得通项并裂项，再求和即可证明.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
20．(1)①；②
(2)
【分析】（1）①利用树状图列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得；
②依题意第次传球前在乙、丙手中的概率均为，则，从而得到为等比数列，即可求出的通项公式，求出与，即可判断；
（3）首先求出一次摸奖中奖的概率，则三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率，，再利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的极大值点，再求出即可.
【详解】（1）①记三个人分别为、、，则4次传球的所有可能可用树状图列出，如图．

每一个分支为一种传球方案，则基本事件的总数为16，而又回到手中的事件个数为6，
根据古典概型的概率公式得．
②第次传球前在乙、丙手中的概率均为，
故，
为等比数列，首项为，公比为，
，
所以，
，
，
.
（2）一次摸奖从个球中任选两个，有种，它们等可能，其中两球不同色有种，一次摸奖中奖的概率
三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率
，，
则，
所以当时，当时，
所以在上为增函数，在上为减函数，当时，取得最大值，
又，得时，最大.
21．（1）见解析；（2）证明见解析.
【分析】(1)先求导，然后对的情况进行讨论，判断其单调性；
（2）原函数由两个极值点，转化为导函数有两个零点，即方程的判别式，列出相关的式子，最后采用构造函数来证明.
【详解】(1)的定义域为，
，
①当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以在上单调递增；
④当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
在时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
（2），则的定义域为，，
若有两个极值点，，（），则方程的判别式，且，，所以，
因为，所以，得，所以，
设，其中，令得，
又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，而，∴，
从而恒成立.
【点睛】在求含有参数的函数单调性时，结合导函数的形式，对参数进行讨论是解题的关键，极值点问题通常可以转化为零点问题进行求解，遇到证明恒成立问题，根据函数的形式，采用构造新函数的方法可以达到事半功倍的效果.
22．(1)
(2)是，
(3)．
【分析】（1）由已知得，动点的轨迹为椭圆，待定系数法求方程即可；
（2）设两点的坐标，表示出的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求的面积.
（3）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值.
【详解】（1）因为线段的中垂线交线段于点，则，
所以，，

由椭圆定义知：动点的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，则，，，，
所以曲线的方程为
（2）设，，直线：；
，到直线的距离，
所以
另一方面，因为，是椭圆上的动点，
所以可设，，，
由，得，
为定值.
（3）设，，，
代入：得，所以曲线的方程为.
由知，同理，，
设，

①当直线有斜率时，设：，
代入椭圆的方程得：，
，，
将：代入椭圆的方程得：，
与椭圆有公共点，由得：，
令，则，
．
②当斜率不存在时，设：，代入椭圆的方程得：，
，
综合①②得面积的最大值为，
所以面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，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．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．要强化有关直线与椭圆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．