2024届湖南省长沙市明德中学高三上学期入学考试数学试题含答案

这是一份2024届湖南省长沙市明德中学高三上学期入学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届湖南省长沙市明德中学高三上学期入学考试数学试题 一、单选题1．复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限为（　　）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据题意可得，利用复数的几何意义可得对应的点在第四象限.【详解】因为复数，则z在复平面内对应点为，所在象限为第四象限，故选：D.2．已知集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用指数函数的性质与对数函数的定义域化简集合，再利用集合的运算即可得解.【详解】因为，所以，则，所以，而，所以，.故选：A.3．在中，，点P在CD上，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将代入，利用共线定理推论可得.【详解】因为，所以，所以，又P，C，D三点共线，所以，得.故选：D.  4．已知函数同时满足性质:①;②当时,,则函数可能为(    )A． B．C． D．【答案】D【分析】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减,再逐项分析即可.【详解】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减.A不满足②，B不满足①，C不满足②,因为在单调递减，在单调递增.对于D,满足①,当,单调递减,也满足②.故选：D.5．在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使，则圆心C的横坐标a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得圆的方程，再利用求得点M满足的圆的方程，进而利用两圆有公共点列出关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围.【详解】圆心C的横坐标为a，则圆心C的坐标为，则圆的方程，设，由，可得，整理得，则圆与圆有公共点，则，即，解之得.故选：D6．已知数列满足，且，数列满足，，则的最小值为（    ）．A． B．5 C． D．【答案】D【分析】利用等差数列通项公式可求得公差和，采用累加法可求得，再判断单调性即可计算作答.【详解】由数列满足，，根据等差数列的定义知，数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，，当时，，又满足，，所以.设，根据对勾函数的性质可知，当时，单调递减；当时，单调递增.又，，所以，当时，有最小值为.故选：D.7．已知点为双曲线的渐近线和抛物线的一个公共点，若到抛物线焦点的距离为5，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】利用抛物线的定义可求得点的坐标，从而求得的值，由此求得双曲线的离心率.【详解】结合双曲线与抛物线的对称性，不妨设点为第一象限内的点，则，因为抛物线为，由抛物线的定义可得，解得，所以，可得，即点，因为双曲线的渐近线方程为，由题意可得，则，所以，则所求双曲线的离心率为.故选：A.8．已知，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知条件算出即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，所以.故选：C. 二、多选题9．下列说法中正确的有（    ）A．随机变量服从正态分布，，则B．随机变量服从，若，，则C．将一组数据的每个数据都乘以一个数，再加上一个数后，这组数据的方差变为原来的倍D．样本相关系数的绝对值越接近于，成对样本数据的线性相关程度越强【答案】ABD【分析】根据正态分布的对称性计算可得A正确；根据二项分布的均值和方差公式计算可得B正确；根据方差的性质可知C错误；根据样本相关系数的性质可得D正确.【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，，所以，解得，故B正确；对于C，将一组数据的每个数据都乘以一个数，再加上一个数后，这组数据的方差变为原来的倍，故C错误；对于D，样本相关系数的绝对值越接近于，成对样本数据的线性相关程度越强，故D正确.故选：ABD10．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）.11．已知函数，则（    ）A． B．是周期函数C．在单调递减 D．【答案】ACD【分析】求出，分析得到和的周期性，然后利用导数法得到在单调性，最后通过证明得出.【详解】定义域为，，对于A，，A正确；对于B，由于不是周期函数，不具备周期性，B错误；对于C，令，则，当时，，，在单调递减，，，在单调递减.C正确；对于D，要证，即证.令，即证.当时，令，，所以在上单调递减，所以，即，当时，，当时，，所以，即，.D正确.故选：ACD.12．如图，在正方体中，，分别是的中点，则（  ）  A．四点，，，共面B．∥C．与平面相交D．若，则正方体外接球的表面积为【答案】BCD【分析】对于A，连接和，可得点，，在平面中，再判断点是否在平面内即可，对于B，利用三角形中位线定理和正方体的性质判断，对于C，利用正方体的性质判断，对于D，由可求出正方体的棱长，从而可求出正方体的外接球的半径，进而可求出正方体外接球的表面积.【详解】对于选项，连接和，则∥，因为在正方体中，是的中点，所以也是的中点，所以因为是的中点，所以所以点，，在平面中，因为点平面，则四点，，，不共面，即选项不正确；对于选项，由选项A可知是的中点，因为是的中点，所以∥，又因为∥， 所以∥，即选项正确；对于选项，因为∥，所以点，，都在平面，因为平面，平面，所以与平面相交，即与平面相交，所以选项正确；对于选项，因为为的中位线，且，所以正方体的棱长为，设正方体外接球的半径为，则，即，则外接球的表面积为，即选项正确；故选：BCD   三、填空题13．在的展开式中，项的系数为         ．【答案】【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.【详解】展开式的通项公式，令可得，，则项的系数为.故答案为：60. 14．已知，，且，则的最小值为          .【答案】/【分析】先利用指数的运算与性质得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】因为，所以，即，则，所以，又，，所以，当且仅当，即时，等号成立.则的最小值为.故答案为：.15．已知满足，则的最小值为          .【答案】【分析】由题意，点的轨迹是圆，然后将问题转化为求圆上的点到直线距离的最小值，进而求出结果.【详解】由得，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，表示圆上的点到直线距离的倍，而圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，所以圆上的点到直线距离的最小值为，所以的最小值为.  故答案为：.16．如图，已知球的表面积为，若将该球放入一个圆锥内部，使球与圆锥底面和侧面都相切，则圆锥的体积的最小值为          .  【答案】【分析】设圆锥的底面半径为，圆锥的高为，则母线长为，利用圆锥的轴截面得，求出圆锥的体积，令，再利用基本不等式或利用导数求最值可得答案.【详解】依题意，得球的半径，设圆锥的底面半径为，圆锥的高为，则母线长为，如图是圆锥的轴截面，则轴截面的面积，即，平方整理得，则圆锥的体积，令，则，当且仅当时取得最小值，此时.[或求导：，所以，当即时，单调递增，当即时，单调递减，所以当时最小，且最小值为.]故答案为：.   四、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．在四棱锥中，底面是矩形，分别是棱的中点.  (1)证明：平面；(2)若平面，且，，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，连接、，即可证明，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图，取中点，连接、，根据题意，因为点为中点，所以且，又因为四边形为矩形，为的中点，所以且  所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面．（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，显然二面角为锐二面角，设其平面角为，则，所以二面角的余弦值为.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．已知函数且曲线 在点处的切线方程为．（1）求实数a，b的值及函数的单调区间；（2）若关于x的不等式恒成立，求实数 m的取值范围．【答案】（1），，减区间，增区间；（2）【分析】（1）首先将代入得切点为，从而得到，解方程组即可得到，再利用导数求单调区间即可.（2）首先将题意转化为恒成立，设，利用导数求出设的最小值即可.【详解】（1）代入得：，所以切点为.，所以.所以.，令，解得，（舍去）.所以，，为减函数，，，为增函数.（2）因为恒成立，即恒成立，化简为：恒成立.设，即即可.，因为在为增函数，且，所以，，为减函数，，，为增函数.，即.21．已知分别为椭圆的左，右顶点，为其右焦点，，且点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)若过的直线与椭圆交于两点，且与以为直径的圆交于两点，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由以及即可求解的值，（2）联立直线与椭圆的方程，由弦长公式以及点到直线的距离公式即可化简求解.【详解】（1）由，可得，解得，又因为，所以，因为点在椭圆上，所以，解得，，，所以椭圆的标准方程为．（2）证明：当与轴重合时，，所以当不与轴重合时，设，直线的方程为，由整理得，则，故圆心到直线的距离为，则，所以，即为定值．22．为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．（i）证明：为等比数列；（ii）证明：当时，．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得；（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明；（ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论．【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，则“第天不选择米饭套餐”．根据题意，，，．由全概率公式，得．（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，，根据题意，．由全概率公式，得．因此．因为，所以是以为首项，为公比的等比数列．（ii）由（i）可得．当为大于的奇数时，．当为正偶数时，．因此当时，．