湖北省武汉市硚口区2024届高三上学期起点质量检测数学试题（解析版）

这是一份湖北省武汉市硚口区2024届高三上学期起点质量检测数学试题（解析版），共22页。
2023年硚口区高三年级起点质量检测
高三数学试卷
考试时间：2023年7月25日下午14：00-16：00 试卷满分：150分
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，则集合等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式求出集合A，再求并集可得答案.
【详解】因为集合，
又，
所以.
故选：A.
2. 若复数，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简复数，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以复数的虚部为.
故选：D.
3. 甲组有4名护士，1名医生；乙组有6名护士，2名医生.现需紧急组建医疗小队，若从甲､乙两组中各抽调2名人员，则选出的4名人员中恰有1名医生的不同选法共有（ ）
A. 130种 B. 132种 C. 315种 D. 360种
【答案】B
【解析】
【分析】根据该医生可能来自甲组，也可能来自乙组，再结合组合数求解满足条件的选法即可.
【详解】由题意，甲､乙两组中各抽调2名人员，则选出的4名人员中恰有1名医生，该医生可能来自甲组，也可能来自乙组，故不同选法共有种.
故选：B
4. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（ ）立方米.

A. B. 24 C. D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】作图，根据正四棱锥的性质求解高即可得体积.
【详解】如图所示，在正四棱锥中，连接于，则为正方形的中心，
连接，则底面边长，对角线，.
又，故高.
故该正四棱锥体积为.

故选：B
5. 公司邀请用户参加某产品的试用并评分，满意度为10分的有1人，满意度为9分的有1人，满意度为8分的有2人，满意度为7分的有4人，满意度为5分和4分的各有1人，则该产品用户满意度评分的平均数､众数､中位数､85%分位数分别为（ ）
A 8分，7分，7分，9分
B. 8分，7分，7分，8.5分
C. 7.2分，7分，7分，9分
D. 7.2分，7分，7分，8.5分
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数、众数、中位数和百分位数的定义和计算方法进行解答即可.
【详解】把10个数据从小到大排列：4，5，7，7，7，7，8，8，9，10，
故平均数为：（分），出现次数最多的是7，因此众数为7分，中位数为（分），又，所以85%分位数在第9位，即9分.
故选：C.
6. 过点且倾斜角为的直线交圆于两点，则弦的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出直线的方程，求圆心到直线的距离，再利用弦长公式进行求解即可.
【详解】过点且倾斜角为的直线的方程为
即
又圆即，
所以圆心，半径
则圆心到直线的距离
直线被圆截得的弦
故选：
7. 设函数，函数的图像经过第一､三､四象限，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求得，化简得到，结合指数函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的的图像经过第一､三､四象限，可得，
所以，
又因为，所以的取值范围为.
故选：A.
8. 若函数有两个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将问题化为在上有两个根，利用导数研究右侧的单调性及对应值域，即可得参数范围.
【详解】令，则在上有两个根，
若，则，
故上，递增，上，递减，
所以，且上，而趋向时趋向，
综上，要使在上有两个根，则.
故选：B
二､多选题：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. 已知棱长为2的正方体中，过的平面交棱于点，交棱于点，则（ ）
A.
B. 不存在，使得平面
C. 四边形可能为菱形
D. 平面分正方体所得两部分的体积相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过面面平行的性质可判断选项A；建立空间直角坐标系，通过向量法表示线面垂直，解出方程即可判断选项B；当点为棱的中点、点为棱的中点时，可得，，可判断选项C；由于平面分正方体所得两部分是全等的可判断选项D.
【详解】如下图所示，建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，，，
不妨设， ，则，，
对于选项A，由直线、、均在平面内，平面平面，
则平面与平面、平面分别交于、，根据平面平行的性质可知，则有，平面平面，平面与平面、平面分别交于、，根据平面平行的性质可知，则有，故四边形为平行四边形，则选项A正确；
对于选项B，由四边形为平行四边形，所以，可得，
又，，，
要使得平面，则有：，解得，所以存在，使得平面，故选项B不正确；
对于选项C，当点为棱的中点、点为棱的中点时，，，
，即，，
，即，，
四边形可能为菱形，故选项C正确；
对于选项D，，，因为，所以，
，，因为，所以，
即，，连接，
所以，可得，
因为，所以，
所以即平面分正方体所得两部分是全等的，所以体积相等，故选项D正确.
故选：ACD.

10. 已知函数的部分图象，则（ ）

A.
B.
C. 点是图象的一个对称中心
D. 的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据图象得到最小正周期，从而求出；B选项，代入，求出；C选项，得到函数解析式，求出，故C正确；D选项，求出平移后解析式，利用函数奇偶性定义得到答案.
【详解】A选项，由图象可得到函数最小正周期，故，
因为，所以，解得，A正确；
B选项，将代入解析式得，
因为，解得，B错误；
C选项，，故，
故点是图象的一个对称中心，C正确；
D选项，的图象向左平移个单位后得到，
因为的定义域为R，且，
故为偶函数，D正确.
故选：ACD
11. 已知双曲线为双曲线的左､右焦点，若直线过点，且与双曲线的右支交于两点，下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率为
B. 若的斜率为2，则的中点为
C. 若，则的面积为
D. 使为等腰三角形的直线有3条
【答案】BCD
【解析】
【分析】直接计算离心率可判断A，直接得到直线方程并联立曲线方程，利用韦达定理可求出的中点坐标即可判断B；根据双曲线定义、余弦定理可得，再计算的面积可判断C；分、、讨论，可得的坐标唯一可判断D.
【详解】对于A，由双曲线方程得，故，则离心率，故A错误，
对于B，由方程知，则直线的方程为，
联立双曲线方程化简得，设，
则，故，而，
则，故的中点为，故B正确，
对于C，若，根据双曲线定义得，由余弦定理可得
，即，
可得，所以的面积为，故C正确；
对于D，当直线轴时，可得，为等腰三角形；

根据双曲线定义得，
两式相加得，
不妨设，
若，则，

所以，解得，可得，此时为等腰三角形；
若，则，
所以，解得，可得，此时为等腰三角形，综上使为等腰三角形的直线有3条，故D正确.

故选：BCD.
12. 设函数的定义域为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 为奇函数
C. 是周期为4的周期函数
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由，可知的图象关于对称，即，结合图象的变换，可判定A正确；由，得到，可判定C不正确；由，可判定B正确；由的值不能确定，可判定D错误.
【详解】由题意，函数满足，
可知函数的图象关于直线对称，即，
将函数的图象向左平移个单位，得到函数，
此时的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，所以A正确；
由，即，可得，
即，若为常函数且，则是函数的周期，
否则，4不是函数的周期，所以C不正确；
因为，可得，
因为函数的周期为，可得，即，
所以为奇函数，所以B正确；
由为奇函数，可得，
因为，则，
其中的值不能确定，所以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. 正六边形的边长为4，点满足，则__________.
【答案】24
【解析】
【分析】由题意可得，再将作为基底求解即可.
【详解】因为，故，即，
故
.

故答案为：
14. 网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷､商品种类齐全､性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其中“”表示2015年，“”表示2016年，且x为整数，依次类推；y表示人数）：

1
2
3
4
5
（万人）
20
50
100
150
180
根据表中的数据，可以求出，若预测该公司的网购人数能超过300万人，则的最小值为__________.
【答案】8
【解析】
【分析】求出样本中心，根据样本中心在回归直线上求回归方程，再由求的范围，即得最小值.
【详解】由题设，，
所以，即，则，
令，可得，又x为整数，
所以的最小值为8.
故答案为：8
15. 已知.则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据辅助角公式可得，再根据二倍角与诱导公式求解即可.
【详解】即，故.
故.
则.
故答案为：
16. 已知直线是曲线及抛物线的公切线，切点分别为，则__________，若，则__________.
【答案】 ①. ②. 或
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立方程组分别求得且，，求得值，再由，列出方程求得或，进而求得的值.
【详解】由题意，直线的斜率显然存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，且，可得，
则，解得，即，
联立方程组，整理得，
则，且，可得，
所以，解得，所以，即，
所以，
因为，所以，且，
代入解得或，
因为，且，，所以，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得.
故答案为：；或.
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. 已知等差数列满足：，．的前n项和为．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）令（）,求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）设等差数列的公差为，由已知可得
解得，则及可求；（2）由（1）可得，裂项求和即可
试题解析：（1）设等差数列的公差为，因为，，所以有，
解得，所以，.
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
即数列的前项和.
考点：等差数列的通项公式，前项和公式．裂项求和

18. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，．
（1）求A；
（2）D为BC边上一点，，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理角化边，化简求出，即可得到；
（2）在和中，利用正弦定理构造等量关系，得到，再将a表示出来，即可求得结果.
小问1详解】
由得，
有正弦定理得，即，
由余弦定理，得，
由于，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，所以，
根据正弦定理，在中，，
在中，，
又，所以，
又，所以，
所以由余弦定理可得，
则，所以．
19. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．

（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）.
【解析】
【分析】（1）设的中点为，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而得到平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；
（2）根据题意以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而求解.
【小问1详解】
设的中点为，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，
因为在等边三角形中，为的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，
因为平面，所以，
因为，，，
所以四边形为矩形，
即，，，所以，
设，， ，，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，

所以，，，，，，
所以，，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
即， ，
取，，则，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 有编号为1，2，3，...，18，19，20的20个箱子，第一个箱子有2个黄球1个绿球，其余箱子均为2个黄球2个绿球，现从第一个箱子中取出一个球放入第二个箱子，再从第二个箱子中取出一个球放入第三个箱子，以此类推，最后从第19个箱子取出一个球放入第20个箱子，记为从第个箱子中取出黄球的概率.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）分第一次取出黄球和绿球两种情况，再由互斥事件概率加法公式计算可得答案；
（2）由题意可得，可得答案.
【小问1详解】
从第二个箱子取出黄球的概率，
从第三个箱子取出黄球的概率；
【小问2详解】
由题意可知，，
即，又，

.
21. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率为，求得，设椭圆方程，代入求得的值，即可求解；
（2）设，联立方程组，得到，，利用点到直线的距离公式和弦长公式，求得，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：由椭圆的离心率为，可得，可得，
设椭圆方程，将点代入方程，可得，
故方程为.
【小问2详解】
解：设且，
联立方程，整理得，
由，可得，且，，
又由原点到的距离，
由圆锥曲线弦长公式，可得，
所以

令，可得
当且仅当，即时，面积取到最大值.
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
22. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上有两个不等的实数根，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导函数，确定切线斜率及切点纵坐标，即可得切线方程；
（2）设，则在上存在两个零点，求导结合零点存在定理可得函数的单调性，分别确定函数在处和处的切线方程，构造函数可证得，，考虑和的零点，分别为和，结合不等式的性质即可证明结论.
【小问1详解】
，
所以，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为.
【小问2详解】
依题意得在上有两个不等的，
而
令，则，
因为对任意的，所以任意的恒成立，
所以在上单调递减，
而，
由零点存在性定理，存在，使得，
于是，
因此在上单调递增，在上单调递减，
在取到极大值
又因为，由零点存在性定理和的单调性，
当且仅当时，在上和上各恰有一个零点，即为，不妨设，
由（1）可得，在处的切线方程为.
令，则
令，则，所以在单调递减，
而，所以对任意的，
所以在单调递减，又因为，
所以对任意的，即当时，，
同理可计算得，在处的切线方程为
令，则，
令，则，所以在单调递减
而，所以对任意的，所以在单调递增，
又因为，所以对任意的.
即当时，，
考虑和的零点，分别为和，
因为，所以，
因为，所以，
于是，所以.
【点睛】关键点睛：解决该问题的关键是构造函数，确定函数在处和处的切线方程，利用导数构造函数证明，，从而将零点转化，再结合不等式的性质证得结论.