2024届湖南省部分学校高三上学期入学摸底考试数学试题含答案

这是一份2024届湖南省部分学校高三上学期入学摸底考试数学试题含答案，共19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届湖南省部分学校高三上学期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】A【分析】解一元二次不等式及集合的交运算即可求得结果.【详解】由不等式，可得，即集合，又集合，所以.故选：A.2．若复数z满足，则在复平面内，z对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数四则运算求z，再由复数的几何意义可得.【详解】因为，所以，所以，故z对应的点位于第二象限.故选：B.3．已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和2，圆台的高为3，则圆台的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据台体体积公式进行计算即可.【详解】由已知圆台的体积为.故选：C.4．若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】设圆心及半径，利用待定系数法求出圆的方程，再结合点到直线的距离公式求得结果.【详解】由题设可设圆心为，则圆的半径为a.故圆的方程为，再把点代入得，解得，故圆的方程为，故所求圆的圆心为，故圆心到直线的距离.故选：D.5．已知函数.若，且，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用对数函数的图像与函数图像变换得到的图像，从而得到的关系式，进而将问题转化为对勾函数的值域问题，从而得解.【详解】由得，根据函数的图象及，      可得，故，所以，令，根据对勾函数的图象与性质可知在上单调递增，所以.故.故选：D.6．已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且关于点对称，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意结合周期性可得，再结合正弦函数的对称性运算求解即可.【详解】因为函数的两条相邻的对称轴之间的距离为，则，即，且，解得，可得，又因为关于点对称，则，即，则，解得，，且，所以.故选：B.7．甲、乙两位游客慕名来到张家界旅游，准备从天门山、十里画廊、袁家界、大峡谷4个景点中随机选择其中一个，在甲、乙两位游客选择的景点不同的条件下，恰好有一名游客选择大峡谷景点的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】运用条件概率公式即可求得结果.【详解】记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好有一人选择大峡谷景点，由题知，，，所以，故选：C.8．已知函数，其中，则“”是“函数有两个极值点”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】求导，令，然后参变分离，将函数有两个极值点转化为与直线有两个交点，利用导数讨论的单调性，结合图象可得a的范围，然后可得答案.【详解】由题意知：定义域为，，令，则，令，则，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，又，当时，恒成立，∴大致图象如图所示，则当，即时，与有两个不同交点，此时有两个零点，记为，且，易知当或时，，当时，，所以有两个极值点.因为时，成立，有两个极值点，但时，若，，所以没有极值点，所以是函数有两个极值点的必要不充分条件.故选：B. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数B．数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10C．在残差图中，若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高D．若随机变量，，则【答案】BCD【分析】由频率直方图矩形面积意义可判断A；根据百分位数的计算直接求解可判断B；由残差图的意义可判断C；利用正态分布的对称性求解可判断D.【详解】对于A，在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故A错误；对于B，因为，故该组数据的第75百分位数为第6个数和第7个数的平均数10，故B正确；对于C，由残差定义，如果样本数据点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高，故C正确；对于D，根据正态分布密度函数的性质知，∴，，，故D正确.故选：BCD.10．如图，在平面直角坐标系xOy中，阿基米德螺线与坐标轴依次交于点，，，，，…，则下列结论正确的是（    ）  A．点的坐标为 B．的面积为56C．（其中） D．若的面积为169，则n的值为12【答案】ACD【分析】根据的坐标以及直角三角形面积公式，两点间距离公式逐一判断各选项.【详解】对于A，由题意，螺线与坐标轴依次交于，，，，，…，可知，故选项A正确；对于B，，，的面积为，故B错误；对于C，可得，，，所以，故C正确；对于D，因为，又的面积为169，可得，解得.故D正确.故选：ACD.11．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（含端点），以正方体中心O为球心的球与正方体的每条棱有且只有一个公共点，则下列结论正确的是（    ）  A．球O的表面积为B．球O在正方体外部的体积小于C．存在点P，使得D．直线NP与平面ABCD所成角的正切值的最小值为【答案】ACD【分析】对于A，求正方体的棱切球的表面积得出结果；对于B，若球体、正方体的体积分别为，，计算球O在正方体外部的体积进行判断；对于C，根据线面垂直的判定以及性质得到结果；对于D，根据线面垂直的定义找到NP与平面ABCD所成角，再求其正切值的最小值.【详解】对于A，如下图所示，正方体的棱切球O的半径，所以球O的表面积为，故A正确；  对于B，若球体、正方体的体积分别为，，球O在正方体外部的体积，故B错误；对于C，设CD中点为Q，连接MQ，PQ，若P为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以，在中，，，所以，故，因为，PQ，平面NPQ，所以平面NPQ，因为平面NPQ，所以，故C正确；  对于D，过点P作于点，则，又平面ABCD，所以平面ABCD，连接NH，则直线NP与平面ABCD所成角为，所以，当P在时，，所以，故D正确.故选：ACD.  12．已知抛物线的焦点为，是抛物线上位于第一象限内的点，过点且斜率为的直线交抛物线的准线于点，点在准线上的射影为点.若，则下列结论正确的是（    ）A．抛物线的标准方程为 B．C． D．四边形的面积为【答案】ABD【分析】由抛物线的焦点坐标求出抛物线的方程，可判断A选项；利用正弦定理求出的大小，可判断B选项；求出点的坐标，利用抛物线的定义可判断C选项；证明出，结合三角形的面积公式求出四边形的面积，可判断D选项.【详解】对于A选项，由抛物线的焦点坐标可知，可得，故抛物线的标准方程为，A对；对于B选项，因为点在准线上的射影为点，即，由抛物线的定义可知，因为，即为的角平分线，由正弦定理可得，，所以，，则，又因为，所以，，B对；对于C选项，点是斜率为的直线与抛物线准线的交点，，如图所示，设，则直线为，令，得，由，整理可得，则，得，故，C错；对于D选项，由得直线为，令得，又，从而，因为，，，则，所以四边形的面积为，D对.故选：ABD. 三、填空题13．若向量，满足，，则向量与的夹角为      .【答案】【分析】根据数量积的定义以及运算律运算求解.【详解】设向量，夹角为，因为即，解得，又因为，所以.故答案为：.14．已知，则的值为      .【答案】【分析】利用辅助角公式化简已知条件，然后结合二倍角公式可得.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故答案为：15．已知函数的定义域为，是奇函数，，，则      .【答案】2【分析】根据奇偶性可得，结合可得，进而可得周期，再由求得，，结合周期性即可求解.【详解】因为是奇函数，所以，又，可得，所以，所以，所以是周期为4的周期函数，因为，所以，，所以.故答案为：216．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点P，且，则双曲线C的离心率为      .【答案】【分析】利用渐近线斜率求得，由余弦定理可得，再由勾股定理可知，然后由三角函数定义可得，即可求得离心率.【详解】连接OP，由已知，在中，，在中，，则，又，则由余弦定理得，解得，由知，即，所以在中，，即，则，所以双曲线C的离心率.故答案为：     【点睛】求圆锥曲线的离心率问题，本题关键在于灵活运用双曲线和圆的相关性质，利用几何关系，结合余弦定理和三角函数定义即可求解. 四、解答题17．已知数列是等差数列，且.(1)求的通项公式；(2)设数列满足，证明：数列是等比数列，并求数列的前n项和.【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）根据递推关系得当时，，与已知两式相减，再结合等差数列的定义以及通项公式求得结果.（2）根据等比数列的求和公式求得结果.【详解】（1）由已知为等差数列，记其公差为d.当时，，两式相减得，所以，解得，当时，，得，所以，所以；（2）由（1）知，所以，又，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，所以.18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求角B的大小；(2)若B的角平分线交AC于点D，且，求面积的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦两角和公式以及商数关系式可求得结果；（2）由以及基本不等式可求得结果.【详解】（1）因为，由得，所以，所以，由于，则，所以，即，又，所以；（2）因为B的角平分线交AC于点D，且，所以，根据三角形面积公式可得，又，得，得，当时等号成立，所以，即的面积最小值为.19．如图，在四棱锥中，，，，E为PC的中点.    (1)求证：平面PAD；(2)若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，利用三角形中位线和同位角相等两直线平行，通过证明平面平面PAD即可得证.（2）以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可.【详解】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，∵E为PC中点，∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，∵，，∴，又，∴，∴,∴为等边三角形，∴，又，∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，又，平面∴平面平面PAD，而平面EOB，∴平面PAD.  （2）∵，∴.∵平面平面ABCD，平面，∴平面ABCD，又为等边三角形，∴，又∵平面ABCD，平面平面ABCD，平面平面，∴平面PCD，∵在中，，，∴，∵，∴，在等边中，∵，∴，.以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，，设平面PCB的法向量为，所以，令，则，由上可知，平面PCD的一个法向量为，∴，故二面角的余弦值为    20．某人准备应聘甲、乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为；该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中.技能测试是否通过相互独立.(1)若，分别求该应聘者应聘甲、乙两家公司，三项专业技能测试恰好通过两项的概率；(2)若甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，若以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，该应聘者更希望通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.【答案】(1)该应聘者应聘甲、乙两家公司恰好通过两项技能测试的概率都为(2) 【分析】（1）根据二项分布以及独立事件的乘法公式计算概率得出结果；（2）分别求出应聘者应聘两家公司通过的项目数的数学期望，再进行比较求得结果.【详解】（1）设该应聘者应聘甲公司恰好通过两项技能测试为事件A，应聘乙公司恰好通过两项技能测试为事件B，根据题意可得，；（2）设该应聘者应聘甲公司通过的项目数为X，应聘乙公司通过的项目数为Y，根据题意可知，，则，，，，，则随机变量Y的分布列为Y0123P，若，则，故，即m的取值范围是.21．已知函数.(1)若，，求a的取值范围；(2)当时，记函数的最大值为M，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）参变分离得到，设，求函数的最小值得出结果；（2）利用导数讨论函数的单调性，得出的最大值，证得结果.【详解】（1）由，，得，令，，则，令，则，所以在上单调递增，，可知，所以在上单调递减，所以，故；（2）由可知的定义域为，因为，，所以在上单调递减，，，存在，使得，即，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得唯一极大值，也是最大值，所以，令，，则，单调递增，故，所以【点睛】关键点点睛不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，通过构造函数，借用导数，判断函数的单调性，求其最值，即可得参数的取值范围.22．已知椭圆C：的左、右焦点别为，，离心率为，P是椭圆C上一动点，面积的最大值为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)不过原点O的动直线l与椭圆C交于A，B两点，平面上一点D满足，连接BD交椭圆C于点E（点E在线段BD上且不与端点重合），若，求原点O到直线l的距离的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角形面积最大值和离心率公式列方程组求解可得；（2）设直线方程，联立椭圆方程消元，由可得，然后可得点E坐标，代入椭圆方程化简，利用韦达定理可得，再由点到直线的距离公式即可求得.【详解】（1）设椭圆半焦距为c，点，则，则，即又，，求得，，，所以椭圆C的标准方程为（2）如图所示，设，，当直线l的斜率存在时，设直线，与联立可得，且有，，，由可得点A为OD中点，可得，且有，所以可得，即点E的坐标为，将点E代入椭圆，可得，化简后，得，由于点A，B分别满足，，代入上式可得，即代入韦达定理可得，满足（*）式，点O到直线l的距离，由于，可得，，所以；当直线l的斜率不存在时，此时有，，代入，可得，又，可得，所以直线l的方程为，点O到直线l的距离为.故原点O到直线l的距离的取值范围为.  【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题，通常根据直线方程与曲线方程消元，利用韦达定理代入已知条件中，求得参数之间的关系，再代入目标中消参即可求得.