2024届湘豫名校联考高三上学期8月入学摸底考试数学试题含答案

这是一份2024届湘豫名校联考高三上学期8月入学摸底考试数学试题含答案，共22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。
2024届湘豫名校联考高三上学期8月入学摸底考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解不等式，由对数函数的定义域求出，求出答案.【详解】因为集合，所以.所以.故选：C.2．设是虚数单位，若复数满足，则的共轭复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由共轭复数以及虚部的定义求解.【详解】由题可得，则，所以的虚部为.故选:D3．已知直线与圆相切，则实数（    ）A．或 B．或9 C．11或 D．或【答案】A【分析】由圆心到直线的距离等于半径列出方程，求出.【详解】依题知圆心，半径为3，则，解得或.故选：A.4．已知角的终边上一点，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先通过三角函数的定义求出，代入求出，继而求出的值.【详解】角的终边上一点，解得..故选：B.5．已知向量在方向上的投影向量的模为，向量在方向上的投影向量的模为1，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据投影向量的模长公式计算出，再由向量垂直关系列出方程，求出，得到夹角.【详解】由题可得所以.因为，所以，所以，所以，即.因为，所以.故选：B.6．如图，在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将该几何体补成一个直四棱柱，连接，则（或其补角）是异面直线与所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可.【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱，由题易得底面为菱形，且为等边三角形.连接，易得，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.设1，则，所以.故选：D.7．过抛物线的焦点的直线交于两点，若直线过点，且，则抛物线的准线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设出直线的方程，联立抛物线方程，设出坐标，得到两根之和，两根之积，根据弦长列出方程，求出答案.【详解】因为直线过点，所以直线的方程为.由得，.    设，则.因为，整理得，解得，所以抛物线的准线方程是.故选：D.8．已知函数则的图象关于（    ）A．点对称 B．点对称 C．直线对称 D．直线对称【答案】B【分析】根据是奇函数，可得关于原点对称，进而根据即可根据平移求解.【详解】因为由于的定义域关于原点对称，且，所以是奇函数，所以的图象关于点对称.故选：B. 二、多选题9．已知二项式展开式的第5项为15，则（    ）A．B．C．展开式的系数的最大值为20D．展开式的各项系数之和为64【答案】BCD【分析】由二项式展开式的第5项为15，可得，再代入逐一验证即可.【详解】解：，由题可得，解得，所以错误；，正确；展开式系数的最大值为，C正确；令，则，即展开式的各项系数之和为64，D正确.故选：BCD.10．已知数列满足，则下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若，且，则C．若，则D．若，则数列的前项和【答案】ABD【分析】对于A，令，即可判断；对于B，由可得，从而有，进而得到，即可判断；对于C，令，利用累乘法即可求得，从而可判断；对于D，令，得是以1为首项，1为公差的等差数列，即可求得，从而可判断.【详解】对于A，令，则，A正确；对于B，由题可知，因为，所以，所以，所以，即，B正确；对于C，令，则，所以，累乘可得，所以错误；对于D，令，则，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以正确.故选：ABD.11．某书店为了解其受众人群，对100名顾客的年龄进行调研，并将所统计的数据制成如图所示的频率分布直方图.已知是各个小矩形上短边的中点，若点在一条直线上，点在一条直线上，且，则下列描述正确的是（    ）  A．的值为0.0108B．数据的众数大于中位数C．数据的中位数小于平均数D．数据的第80百分位数大于60【答案】AC【分析】先从直线的性质，可求出的值，再利用众数、中位数、平均数、百分位数的概念求解即可.【详解】因为点在一条直线上，且的横坐标的差相同，所以它们的纵坐标的差值也相同，因为，所以，.因为，点在一条直线上，所以，A正确；数据的众数的估计值为，设中位数为，因为，所以，解得，即数据的中位数约为41.02，所以数据的众数小于中位数，B错误；因为，所以平均数大于中位数，C正确；因为，所以数据的第80百分位数小于60，D错误.故选：AC.12．若函数满足：①，恒有，②，恒有，③时，，则下列结论正确的是（    ）A．B．的最大值为4C．的单调递减区间为D．若曲线与的图象有6个不同的交点，则实数的取值范围为【答案】ABD【分析】首先判断函数的周期和对称性，再根据条件③，求解的值，判断A；以及求函数的最值，判断B；根据函数性质画出函数的图形，即可判断函数的单调区间，判断C；利用数形结合，以及根据临界值列不等式，即可判断D.【详解】由，得，所以是以4为周期的周期函数.由，得的图象关于直线对称.因为时，，所以，A正确；时，，函数单调递增，时，，根据对称性和周期性可知，，所以，B正确；作的图象如图所示，易得的单调递减区间为错误；因为曲线恒过定点，且关于对称，若曲线与的图象有6个不同的交点，由图可知，，解得正确.故选：ABD. 三、填空题13．已知向量，若，则实数的一个可能取值为          .（答案不唯一）【答案】0（答案不唯一，只需即可）【分析】方法一，首先求得向量的坐标，再代入向量模的运算公式，即可求解；方法二，首先代入向量数量积公式，化简后再代入坐标公式，即可求解.【详解】方法一：因为，所以.又因为，所以，解得.方法二：因为，所以，即，故，解得1.所以的一个可能取值为0.（答案不唯一，只需即可）故答案为：（答案不唯一，只需即可）14．对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其经验回归方程为，且，则相应于点的残差为          .【答案】/【分析】利用样本中心在回归直线方程上及残差的定义即可求解.【详解】因为，所以样本点的中心为，又因为经验回归直线过样本点的中心，所以，所以，所以经验回归方程为.当时，，所以残差为.故答案为：.15．若是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围是          .【答案】【分析】根据题意得到方程有两个不同的正根，利用根的判别式即韦达定理得到，再求出，从而得到不等式，求出答案.【详解】因为，所以.因为是函数的两个极值点，所以有两个正根，即方程有两个不同的正根.所以，所以或.又，得，故.因为，又，所以，即，解得.综上所述，实数的取值范围是，.故答案为：16．在三棱锥中，平面平面，底面是边长为3的正三角形，若该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值为          .【答案】【分析】根据已知条件做出图形，利用球的表面积公式及正弦定理，结合棱锥的体积公式及线面垂直的性质定理，再利用勾股定理及矩形的特征即可求解.【详解】依题意，点是三棱锥外接球的球心，设球的半径为是外接圆的圆心，设圆的半径为，点到底面的距离为，由题意，可得，则.因为是边长为3的正三角形，所以由正弦定理，可得，则.所以三棱锥的体积为，三棱锥的体积取最大值则需要最大.由题意可知，点在过且与底面（此处底面为水平）垂直的截面圆的圆周上运动，当点运动到该圆的最高点时，最大.取的中点，连接，过点作.如图所示，由圆的对称性可知，此时，则.又平面平面，且平面平面平面，所以平面.因为在中，，又，所以.易得四边形为矩形，所以.因为在中，，所以，所以.故答案为：.【点睛】关键点睛：根据已知条件做出图形，要使三棱锥的体积取最大值则需要最大即可. 四、解答题17．已知函数，的内角所对的边分别为，，且的外接圆的半径为.(1)求角的大小；(2)求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式将函数化简，由求出的值；（2）利用正弦定理求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，又，所以，因为，所以，则，所以.（2）由正弦定理得，即，所以，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，因为，又的最大值为，所以面积的最大值为，当且仅当时取最大值.18．一个不透明口袋里有大小、形状、质量完全相同的10个小球，其中有1个红色球、2个绿色球、3个黑色球，其余的是白色球，采取放回式抽样法，每次抽取前充分搅拌.(1)50名学生先后各从口袋里随机抽取1个球，设抽取到的球为黑色或红色的次数为，求的数学期望；(2)甲、乙两人进行游戏比赛，规定：抽到红色球得100分，抽到绿色球得50分，抽到黑色球得0分，抽到白色球得分.两人各从口袋里抽取两次，每次随机抽取一个球，求甲的得分比乙的得分高，且差值大于100分的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到，再运用二项分布的期望公式直接求解即可；（2）根据题意得到甲乙任意一个人结束游戏的得分，再求出概率即可.【详解】（1）由题意知，10个小球中有1个红色球、2个绿色球、3个黑色球，4个白色球，随机抽取一球，为黑色球或红色球的概率为，所以，所以.（2）记甲和乙结束本轮游戏后，个人的得分为，则的取值为，每一次抽到红色球得100分的概率为，抽到绿色球得50分的概率为，抽到黑色球得0分的概率为，抽到白色球得分的概率为，则，，，，，，，，，则甲、乙的个人得分情况可能为：2001501009050400则甲的得分比乙的得分高，且差值大于100分的可能情况为：甲得200分，乙得90分及以下，概率为，甲得150分，乙得40分及以下，概率为，甲得100分，乙得分及以下，概率为，甲得90分，乙得分，概率为，则甲的得分比乙的得分高，且差值大于100分的概率.19．已知数列满足以下三个条件，从中任选一个.条件①：为数列的前项和，，且；条件②：数列是首项为1的等比数列，且成等差数列；数列的各项均为正数，为其前项和，且，数列满足；条件③：数列满足，且.(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）若选条件①，则由，得，两式相减化简可得数列的奇数项、偶数项分别是以1，2为首项，2为公差的等差数列，从而可求出，进而可求出，若选条件②，则由已知条件列方程可求出公比，则可求出，再由，得，两式相减化简可得为等差数列，从而可求出，进而可求出，若选条件③，则可得，令，再利用累加法可得，再利用累加法得，进而可求出，（2）由（1）得，利用错位相减法可求出，然后通过判断的单调性可证得结论.【详解】（1）若选条件①：因为，所以，两式相减，得.因为，所以.又，所以，所以数列的奇数项、偶数项分别是以1，2为首项，2为公差的等差数列.当时，；当时，.综上所述，.所以.若选条件②：设数列的公比为，因为是首项为1的等比数列，且满足成等差数列，所以，且，即，解得，所以.因为数列的各项均为正数，为其前项和，且满足，所以当时，，则，因为，所以，两式相减得，即.因为，故，所以.所以数列为等差数列，故.所以.若选条件③：由，得.令，则.当时，，又满足上式，所以，即.所以当时，.又满足上式，所以，所以.（2）证明：由（1）知，则①，所以②.①-②可得：.所以.因为，所以.又，所以是递增数列.所以，故.20．如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是矩形，平面平面，且分别是的中点.  (1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）方法一：取的中点，连接，则，，得平面，所以，由已知可得是等腰三角形，则，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，方法二：不妨设，连接，则可证得，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）可证得两两互相垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：方法一：取的中点，连接.因为四边形是矩形，分别是的中点，所以∥，，所以.因为是等边三角形，所以.因为，平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，所以是等腰三角形.因为是的中点，所以.因为，平面，所以平面.  方法二：不妨设，则.如图，连接，  因为为的中点，所以.所以.又为的中点，所以.因为，平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，所以两两互相垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  不妨设，则，则，.设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为.设二面角的平面角为，则，所以.所以二面角的正弦值为.21．在平面直角坐标系中，已知分别为椭圆的左、右焦点.为椭圆上的一个动点，的最大值为，且点到右焦点距离的最小值为，直线交椭圆于异于椭圆右顶点的两个点.(1)求椭圆的标准方程；(2)若以为直径的圆恒过点，求证：直线恒过定点，并求此定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点的坐标为 【分析】（1）由题意可得，，即可求得的值，从而即可得椭圆方程；（2）由题意可得，分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，结合韦达定理及向量的数量积运用，即可得证(解).【详解】（1）解：因为的最大值为，所以为短轴的顶点时，，此时易得.又点到右焦点距离的最小值为，即，解得.又由，可得.所以椭圆的标准方程为；（2）证明：当直线的斜率不存在时，设，联立，解得，所以或.又，所以或，因为以为直径的圆恒过点，所以.所以，解得或（舍去），此时直线的方程为.当直线的斜率存在时，易知直线的斜率不为0，设，联立，消去得：.由，得，由根与系数的关系，知.因为，所以，将代入上式，整理得，即，所以或.当时，直线为，此时直线过点，不符合题意，舍去；当时，直线为，此时直线过定点.综上所述，直线恒过定点.22．已知函数.(1)若，求实数的取值范围；(2)若函数的单调递增区间为，且的极大值为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题设只需保证在定义域内的最大值小于0即可，利用导数求最大值，即可求参数范围；（2）构造，应用导数研究单调性，结合的单调递增区间边界值处导数为0列方程得且，再求出极大值（含参数），并应用零点存在性定理求范围，即可证结论.【详解】（1）由题意，函数的定义域为，由，不等式两边同除以，得.设，则，令得.当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.所以，只需得：，所以实数的取值范围为.（2）令，则，令得：，当时；当时，所以在上单调递增，在上单调递减.因为函数的单调递增区间为，所以.解得，且.当时；当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.所以的极大值.因为，所以，所以，即的极大值.【点睛】关键点点睛：第二问，根据的单调递增区间边界值的导数值为0求得且，零点存在性定理求范围，并得到极大值（含参数）为关键.