2024届湖南省岳阳市岳阳县第一中学高三上学期开学考试数学试题含答案

这是一份2024届湖南省岳阳市岳阳县第一中学高三上学期开学考试数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届湖南省岳阳市岳阳县第一中学高三上学期开学考试数学试题

一、单选题
1．集合，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】B
【分析】根据集合相等可知方程有相等实根2，即可由根与系数关系求解.
【详解】因为集合，
所以方程有相等实根2，
根据根与系数的关系可知，，
所以，
故选：B
【点睛】本题主要考查了根据集合的元素求参数，一元二次方程，属于容易题.
2．在下列函数中，为偶函数的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用函数的奇偶性定义判断各个选项即可.
【详解】对于A，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；
对于B，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；
对于C，函数的定义域为，且，所以，故函数为偶函数；
对于D，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不为偶函数.
故选：C.
3．函数 的零点所在区间为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先判断函数的单调性，然后再根据零点存在性定理，通过赋值，即可找到零点所在的区间，从而完成求解.
【详解】函数可看成两个函数和组成，
两函数在上，都是增函数，
故函数在上也是单调递增的，
所以，
而，
由零点存在性定理可得，函数零点所在区间为.
故选：B.
4．若、是两个不重合的平面，
①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；
②设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；
③若外一条直线与内的一条直线平行，则；
以上说法中成立的有（　　）个．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】利用直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，平面与平面垂直的判定定理判定即可.
【详解】对于①，设平面，且,
由直线与平面平行的判定定理可知，，
再由平面与平面平行的判定定理可知，则①正确；
对于②，设、交于直线，若内有一条直线垂直于，
则、可能垂直也可能不垂直，则②错误；
对于③，由直线与平面平行的判定定理可知，则③正确，
故选：.
5．函数在上的大致图象为（    ）
A．   B．  
C．   D．  
【答案】C
【分析】利用特殊点验证排除选项即可求解.
【详解】由已知得，排除选项D，
，排除选项B，
，排除选项A，
故选：C.
6．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（　　）
  
A．91m B．74m C．64m D．52m
【答案】B
【分析】利用正弦定理求解即可.
【详解】在△中，,
在△中，,,
则,
由正弦定理得，即，解得,
在△中，，
故选:.
7．若正实数满足，则的最小值是（    ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】运用换元思想，把要求最值的分母变为单项式，然后利用“1"的代换技巧转化为能利用基本不等式求最值得问题.
【详解】设，，则，
所以
，
因为，当且仅当时取等号.
所以.
故选:.
【点睛】本题考查了基本不等式，考查了换元法和数学转化思想，训练了整体代换技巧，解答此题的关键是运用换元后使分式的分母由多项式变为了单项式，展开后使问题变得明朗化是中档题.
8．已知函数，若a、b、c互不相等，且f（a）＝f（b）＝f（c），则abc的取值范围是（　　）
A．（5，10） B．（5，8） C．（6，8） D．（8，10）
【答案】D
【解析】由题知：令，画出的图像，根据图像可知：的范围，又因为可得，进而可求出答案.
【详解】函数的图像如图所示：

不相等，令，
因为，由图知：
，解得.
又因为，所以.
故选
【点睛】本题主要考查分段函数的图像画法以及对数的运算，正确画出图像是解题的关键，属于中档题.

二、多选题
9．已知命题“”，则（    ）
A．
B．
C．是假命题
D．是真命题
【答案】AD
【分析】根据含量词的命题的否定方法判断AB，通过分解因式判断命题p的真假.
【详解】因为命题为：“”，
所以该命题的否定为：“”，A正确，B错误；
因为，
所以是真命题，C错误，D正确；
故选：AD.
10．已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（    ）
A．，则
B．若，则关于x的不等式的解集为
C．若为常数，且，则的最小值为
D．若的解集M一定不为
【答案】AC
【分析】选项A中，由二次函数的性质得到，可判定A错误；选项B中，转化为和是方程的两个实根，求得，把不等式化简得到，求得的解集，可判定B正确；选项C中，结合二次函数的性质，求得，化简得到，令，结合基本不等式，求得的最大值，可判定C错误；当时，由函数表示开口向下的抛物线，可判定D正确.
【详解】由题意，关于的不等式的解集为，
对于A中，若，即不等式的解集为空集，
根据二次函数的性质，则满足，所以A错误；
对于B中，若，可得和是方程 两个实根，且，
可得，解得，
则不等式，可化为，
即，解得或，
即不等式的解集为，所以B正确；
对于C中，若为常数，可得是唯一的实根，且，
则满足，解得，所以，
令，因为且，可得，且，
则，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以的最大值为，所以C错误；
对于D中，当时，函数表示开口向下的抛物线，
所以当的解集一定不为，所以D正确.
故选：AC.
11．已知直线与曲线相交于两点，与相交于两点，的横坐标分别为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，利用导数分别求得函数和的单调性和最大值，作出两个函数的图象，利用图象结合对数的运算性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
又由函数，可得，令，可得，
当当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
作出两个函数和的图象，如图所示，
由，可得，所以A正确；
因为且在上单调递增，
又因为，所以，所以，所以B错误；
因为且在上单调递减，
又因为，，所以，所以C正确；
由，所以D正确.
故选：ACD.
  
【点睛】方法技巧
已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数）；
③，构造函数（或，构造函数）.
12．如图，正方形中，为中点，为线段上的动点，，则下列结论正确的是（    ）

A．当为线段上的中点时，
B．的最大值为
C．的取值范围为
D．的取值范围为
【答案】ABC
【分析】以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，结合向量的坐标表示及向量的坐标运算表示条件，由此判断各选项.
【详解】以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，设，
则，
设，则，
因为，所以，
所以，即，
对于选项A，因为为线段上的中点，所以，故，A正确；
对于选项B，，，当时，取最大值为，B正确；
对于选项C，因为，，所以，的取值范围为，C正确；
对于选项D，，，所以，所以的取值范围为，D错误.
故选：ABC.


三、填空题
13．“”是“”的必要而不充分条件，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据必要不充分条件的定义求解即可.
【详解】由题意得是的真子集，故．
故答案为：
14．已知正数x，y满足，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题设将目标式化为，应用基本不等式求最大值，注意取值条件.
【详解】，仅当时等号成立．
所以目标式最大值为.
故答案为：

四、双空题
15．设函数，当时，的值域为 ；若的最小值为1，则的取值范围是 .
【答案】 ; .
【分析】当时，根据单调性分段求值域，再取并集即可求值域；讨论可得与不符合题意；当时，,画出图象，设与在上的交点横坐标为，讨论可得时，的最小值为1，求出，解不等式即可求的取值范围.
【详解】若，则，
当,单调递增，所以；
当,单调递减，所以.
故的值域为.
当时，的值域为，不符合题意；
当时，在上的最小值为，不符合题意；
当时，,
画出的图象，如图所示：

设与在上的交点横坐标为，
又，
当时，由图象可得无最小值；
当时，由图象可得有最小值，
由，可得，
故可得，
所以，即，
化简得,解得.
故答案为:;.
【点睛】方法点睛：(1)分段函数问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑；
(2)求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求．

五、填空题
16．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．若该二十四等边体的体积为，则原正方体的外接球的表面积为 ．

【答案】
【分析】令原正方体的棱长为，原正方体的外接球的半径为，由该二十四等边体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，可得，解得，再根据正方体的体对角线就是外接球的直径可以求得，从而可求表面积.
【详解】令原正方体的棱长为，原正方体的外接球的半径为，
因为该二十四等边体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，
所以.解得，即，
因为正方体的体对角线就是外接球的直径，
所以，即，
所以则原正方体的外接球的表面积为.
故答案为：

六、解答题
17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
18．甲乙两人进行象棋比赛，先胜三局的人晋级，假设甲每局获胜的概率为（不考虑平局），
(1)若比赛三局后结束，求甲晋级的概率；
(2)若已知晋级的是甲，求比赛三局后结束的概率.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式求解,
（2）利用条件概率公式求解.
【详解】（1）比赛三局后结束，甲晋级，表示三局甲全获胜，设比赛三局后甲晋级为事件,
则甲晋级的概率为;
（2）设甲晋级为事件,
有三种情况，可能比赛三场且这三场比赛甲都获胜，其概率为，
可能比赛四场前三场甲胜两场第四场比赛甲获胜，其概率为,
可能比赛五场前四场比赛甲胜两场，第五场比赛甲获胜，其概率为，
所以,
设比赛三局后结束为事件,则,
由条件概率公式可知.
19．已知等差数列的前n项和为，且，，数列满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)是定值，定值为2

【分析】（1）设等差数列的公差为d，列方程组求出和，即可得的通项；由，可得，数列是等比数列，求出通项后可得的通项.
（2），由错位相减法求数列的前n项和，根据，由等比数列前n项和公式求数列的前n项和，代入中化简即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由已知，可得解得
∴，
又，∴，
又，∴数列是等比数列，首项为4，公比为4，
∴，∴.
（2）由（1）知，
数列的前n项和为①，
∴②；
①-②，得，
∴，
又，则其前n项和为，
∴，∴为定值2．
20．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
  
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
  
（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
  

21．已知函数，e是自然对数的底数，若，且恰为的极值点.
（1）证明：；
（2）求在区间上零点的个数．
【答案】（1）证明见解析；（2）零点个数为2．
【解析】（1）由题可得，可根据单调性和零点存在性定理判断a是的唯一零点，且在内；
（2）求出的导数，可得当，无零点，当，构造函数，求出导数，分，，三段讨论的单调性，并结合零点存在性定理判断的单调性，即可得出零点个数.
【详解】解:（1）由题意，得．
因为为函数的极值点，
所以．
令，显然a是的零点．
则，在上单调递增，
因为，，
所以在上有唯一的零点a，
所以．
（2）由（1）知，，
．
①当时，由，，，得，，
所以在上单调递减，，
所以在区间上不存在零点．
②当时，设，则，
（ⅰ）若，令，
则，所以在上单调递减．
因为，；
所以存在，满足．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
（ⅱ）若，令，，
则，所以在区间上单调递减，
所以．
又因为，
所以，在上单调递减．
（ⅲ）若，则，
在上单调递减．
由（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）得，在上单调递增，在单调递减．
因为，，
所以存在使得，
所以，当时，，在上单调递增，
所以；
当时，，在上单调递减，
因为，，
所以在区间上有且只有一个零点，
综上，在区间上的零点个数为2．
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数零点个数，解题的关键是构造函数，并分段利用导数讨论函数的单调性，利用零点存在性定理判断，本题的难点在于需分多段讨论且多次构造函数求导讨论.
22．已知双曲线：，设是双曲线上任意一点，为坐标原点，为双曲线右焦点，，为双曲线的左右顶点.

（1）已知：无论点在右支的何处，总有，求的取值范围；
（2）设过右焦点的直线交双曲线于，两点，若存在直线，使得为等边三角形，求的值；
（3）若，，动点在双曲线上，且与双曲线的顶点不重合，直线和直线与直线：分别相交于点和，试问：是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，坐标为或
【分析】（1）设点坐标，分别求出和的长度，比较大小，得到的取值范围；
（2）要使为等边三角形，则,即,直线l斜率不存在，再通过求出的值；
设直线l：，；
（3）设点的坐标，再计算出点和的坐标，由Q点在双曲线上关于轴的对称性得，若存在点，使得恒成立，点只能在轴上，再设，根据算出t的值。
【详解】（1）设点，，
要使，则，代入化简得，
，，
又
所以的取值范围是。
（2）要使为等边三角形，则,即,直线l斜率不存在，
设直线l：，则，，
要使为等边三角形，
又，

（3）设点，则
直线：，则，
直线：，则
由Q点在双曲线上关于轴的对称性得，若存在点，使得恒成立，则点只能在轴上，设，
若，则，
或，
即存在定点E，坐标为或
【点睛】本题考查了双曲线中的关系及转换，解析几何类型题目多与几何关系有关，多画图，找到变量间的几何关系，再根据圆锥曲线的对称性，猜测出定点可能存在的位置（比如轴、轴等）。注意利用向量的关系来解方程会简单一些。本题属于难题。