2024届湖北省腾云联盟高三上学期8月联考数学试题含答案

这是一份2024届湖北省腾云联盟高三上学期8月联考数学试题含答案，共20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届湖北省腾云联盟高三上学期8月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，若，则实数a的所有可能取值构成的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可知，对集合B分等于空集和不等于空集两种情况讨论，分别求出符合题意的a的值即可．【详解】集合，∵，∴，①当时，，符合题意，②当时，，，则有或，解得：或，综上所述，实数a的所有可能的取值组成的集合为故选：D2．已知复数，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】先对复数化简，再求出其共轭复数，进而可求出在复平面内对应的点所在的象限.【详解】因为，所以，所以z的共轭复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选：A3．已知向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】，所以向量在向量上的投影向量为，故选：B4．已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】做出圆台的轴截面图，结合条件算出母线与高，与上底面半径的关系，并利用体积公式可得，，进而计算出圆台的侧面积.【详解】    解：做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为，则下底面半径为，作，垂足为，则，母线与底面所成的角的正弦值为，即，设圆台的母线长为，高为，则，，因为圆台的体积为，由圆台的体积公式，计算得，所以.再由圆台侧面积公式，可得圆台的侧面积为.故选：C.5．已知椭圆的左右焦点分别为，则在椭圆C上存在点P使得成立的一个充分不必要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由椭圆的性质，以及余弦定理得到点为椭圆的短轴的端点M时，取得最大值，根据题意转化为，进的得到，结合选项，即可求解.【详解】设椭圆上一点，设，且，由椭圆的定义知，在中，由余弦定理得 又由，当且仅当时，即点为椭圆的短轴的端点时，取得最小值，此时取得最大值， 如图所示，要使得椭圆上存在点使得，根据椭圆的对称性，可得，在直角中，可得，即，解得 又因为，所以，结合选项，可得使得成立的一个充分不必要条件是.故选：A.  6．已知过点P与圆相切的两条直线的夹角为，设过点P与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出两圆的圆心和半径，设设过点的直线与圆切于点，与圆切于点，连接，由过点P与圆相切的两条直线的夹角为，可求出，然后在中可求出，，再利用正弦的二倍角公式可求得结果.【详解】由，得，则圆心，半径，由，得，则圆心，半径，设过点的直线与圆切于点，与圆切于点，连接，则，因为过点P与圆相切的两条直线的夹角为，所以，则，所以，在中，，，所以，所以，，因为，所以，即，故选：C7．心理学家有时使用函数来测定在时间分钟内能够记忆的量,其中表示需要记忆的量,表示记忆率.假设一个学生有个单词需要记忆,心理学家测定出在分钟内该学生记忆个单词,则该学生记忆率所在区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据题意解方程,解出,在和端点值比较大小,由函数单调性和函数连续得到结果.【详解】将代入,解得:,因为,,且在上单调递减,所以,因为,,且在上单调递减,所以,则,即,因为在上为单调递减且连续函数,所以,解得,故记忆率所在区间为.故选:B.8．已知，，且，则下列结论一定不正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据辅助角公式化简，再根据角的范围找到和差角的关系判断各个选项即可.【详解】,,,且，，则,,当时,,C选项正确，D选项不正确;当时,,,A,B选项正确，D选项不正确.故选:D. 二、多选题9．某医院护士对甲、乙两名住院病人一周内的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列说法正确的有（    ）  A．病人甲体温的极差为B．病人乙的体温比病人甲的体温稳定C．病人乙体温的众数、中位数与平均数都为D．病人甲体温的上四分位数为【答案】BC【分析】根据折线图，结合极值，百分位数，众数，中位数和平均数的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择．【详解】对于选项A：病人甲体温的最大值为，最小值为，故极差为，故A错误；对于选项B：病人乙的体温波动较病人甲的小，极差为，也比病人甲的小，因此病人乙的体温比病人甲的体温稳定，故B正确；对于选项C：病人乙体温按照从小到大的顺序排列为：，病人乙体温的众数、中位数都为，病人乙体温的平均数为：，故C正确；对于选项D：病人甲体温按照从小到大的顺序排列为：，又，病人甲体温的上四分位数为上述排列中的第6个数据，即，故D错误．故选：BC．10．已知点P为正方体底面ABCD的中心，用与直线垂直的平面截此正方体，所得截面可能是（    ）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】ABC【分析】首先利用线性，线面的垂直关系，首先作出一个平面，再通过平移平面的方法，得到不同的多边形，即可判断选项.【详解】如图，设棱长为1，过点作，交于点，连结，因为，则，即，所以，所以点为的中点，因为，，且，且平面，所以平面，平面,所以，且，，且平面，所以平面，此时平面就是满足条件的一个,此时所得截面为三角形，  当点平移至点，对应的点平移至点（分别是的中点），形成平面，此时截面为四边形，  夹在平面和平面之间的形成五边形，如下图，  若截面在平面下方时，形成的截面为三角形，直至缩成一个点，如下图，  若截面在平面的上方时，形成的截面为五边形，如下图，  当点分别移到点的位置，点移到的中点位置，形成的截面为三角形，再往上形成的截面也为三角形，直至缩成一个点，如下图，  综上可知，所的截面为三角形，四边形，五边形，没有六边形.故选：ABC11．已知数列的通项为，，则（    ）A．数列的最小项为 B．数列的最大项为C．数列的最小值为－0.8 D．数列的最大值为2.4【答案】BCD【分析】由 判断选项AB，由判断选项CD.【详解】解： ，当时，，则单调递增；当时， ，则单调递减，又，，，所以数列的最大项为，无最小项，故A错误，B正确；，当时， 单调递减，；当时，各项为正且单调递减，所以数列的最小值为，数列的最大值为，故CD正确，故选：BCD12．已知函数的定义域为，满足，且，则（    ）A． B．为奇函数C． D．【答案】ACD【分析】A.通过赋值，求的值；B.赋值，即可判断函数的奇偶性；C.赋值，利用函数的周期性，即可求和；D.通过多次赋值，可证明，即可判断.【详解】A.令，有，得，A正确；B.令，得，，则，函数的定义域为，所以函数为偶函数，故B错误；C.令，得，即，设，则，所以，所以函数的周期为2，，，…，，所以，，所以，故C正确，D.由，，，令，得，所以，将换成，得，①，将换成，得，②，将换成，换成，得,③,①+②-③,得，则，得，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：本题关键的方法是赋值法，尤其是D选项，通过三次赋值，找到等式间的关系，再可进行判断. 三、填空题13．已知且，若函数为奇函数，则      .【答案】4【分析】函数为奇函数，有，代入函数解析式求解即可.【详解】已知且，若函数为奇函数，则有，即，化简得，所以.故答案为：414．有两个家庭共8人暑假到新疆结伴旅游（每个家庭包括一对夫妻和两个孩子），他们在乌鲁木齐租了两辆不同的汽车进行自驾游，每辆汽车乘坐4人，要求每对夫妻乘坐同一辆汽车，且该车上至少有一个该夫妻自己的孩子，则满足条件的不同乘车方案种数为      .【答案】10【分析】分两种情况考虑，即每个家庭乘坐一辆车和每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子，根据分类加法原理即可得答案.【详解】由题意得当每个家庭各乘坐一辆车时，有2种乘车方案；当每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子时，乘车方案种数为，故满足条件的不同乘车方案种数为，故答案为：1015．已知函数的图像关于点中心对称，关于直线轴对称，且函数在上单调递减，则      .【答案】【分析】由函数的单调性和图像的对称性，求函数解析式，再求.【详解】函数，函数的图像关于直线轴对称，则有或，当时，由函数在上单调递减，则有在上单调递增，所以的最小正周期，，，由，得，所以，此时，不满足的图像关于点中心对称，不合题意；时，则函数在上单调递减，的最小正周期，，的图像关于点中心对称，则有，又，由正弦型函数作图的五点法可知，，解得，所以，则有.故答案为：16．已知双曲线C：的左右焦点分别为，，点A为双曲线C右支上一点，直线交双曲线的左支于点B，若，且原点O到直线的距离为1，则C的离心率为      .【答案】【分析】通过双曲线的定义，用参数表示，，过作直线的垂线，构造直角三角形，从而利用勾股定理构建参数的方程求，则离心率可求.【详解】点A为双曲线C右支上一点，，又，，点B为双曲线C左支上一点，即，过作直线的垂线，垂足分别为,      则,又为的中点，可得，在直角三角形中，在直角三角形中,，,,平方可得，，，C的离心率为.故答案为：. 四、解答题17．已知等比数列的前n项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，证明：时，.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由，求出等比数列的首项和公比，可得数列通项；（2）由分析法结合指数函数的单调性证明不等式.【详解】（1）因为，所以时，，所以，所以，因为，又因为为等比数列，所以，所以，则等比数列首项为2，公比为3，所以（2）要证时，，即证时，，需证时，，因为且，则，，所以，原不等式成立.18．在中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.(1)求角A；(2)若，AD为BC边上的中线，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角形内角和以及两角和的正弦公式化简，即可求得答案；（2）由题意利用正弦定理角化边可得，继而设，利用面积关系可得，结合两角差的正弦公式化简，即可得答案.【详解】（1）由正弦定理得，因为，所以，所以，即，又，所以，即，又，所以，所以.（2）因为，所以由正弦定理得，设，则，因为AD为BC边上的中线，所以，  即，即，，即，显然，所以，即.19．在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面，，.  (1)证明：平面平面；(2)若E为PC的中点，异面直线BE与PA所成角为，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知的面面垂直证明线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线所成的角，求得棱锥的高，可解棱锥的体积.【详解】（1）证明：过点D作，垂足为点F，因为平面平面PAB，平面平面，平面，所以平面PAB，平面PAB，所以，因为，又平面PAD，，所以平面PAD，因为平面，所以平面平面.（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，    则、、、，设，则，因为，所以，所以，，因为异面直线BE与PA所成角为，所以，化简得，解得（舍），所以；所以，平面ABCD，四棱锥，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，所以四棱锥的体积为.20．如图，是正三角形，一点从A出发，每次投掷一枚骰子，若向上点数大于或等于5，则沿的边顺时针移动到下一个顶点；若向上的点数小于或等于4，则沿的边逆时针移动到下一个顶点.  (1)求投掷2次骰子后，该点恰好回到A点的概率；(2)若投掷4次骰子，记经过B点的次数为X，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得顺时针移动到下一个顶点的概率为，逆时针移动到下一个顶点的概率为，然后利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可，（2）由题意可得，求出相应的概率，从而可得.【详解】（1）由题意得顺时针移动到下一个顶点的概率为，逆时针移动到下一个顶点的概率为，所以投掷2次骰子后，该点恰好回到A点的概率为：；（2）由题意可得，则；；；所有X得分布列为：X012P.21．已知函数.(1)证明：有唯一的极值点；(2)若恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）求出函数定义域，对函数求导后，可判断在定义域内单调递增，且值域为，从而可得有唯一的零点，进而可证明有唯一的极值点；（2）由（1）知，在取得极小值点，也是最小值点，则可求得其最小值为，然后分和两种情况讨论即可.【详解】（1）证明：定义域为，由，得，令，则，所以在上单调递增，因为，且，，且当时，，所以的值域为，所以有唯一的零点，使得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以有唯一的极值点，（2）由（1）知，在取得极小值点，也是最小值点，由得，所以，当时，，，所以；当时，，，所以，因为，所以设，则所以在上单调递减，所以，即【点睛】关键点点睛：此题考查导数综合应用，考查利用导数解决极值点问题，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是由（1）可求得的最小值，然后讨论使其最小值大于等于零即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.22．已知过点的直线交抛物线于A，B两点，且（点O为坐标原点），M，N，P是抛物线上横坐标不同的三点，直线MP过定点，直线NP过定点.(1)求该抛物线的标准方程；(2)证明：直线MN过定点.【答案】(1)(2)MN过定点，证明见解析 【分析】（1）设直线AB方程为，与抛物线方程联立，由利用韦达定理求出，可得抛物线方程；（2）设，，，由M、P、C三点共线，得，由N、P、D三点共线，得，代入直线MN方程，可得直线所过定点.【详解】（1）设直线AB方程为，，，联立得，消x得，得，，因为，所以，即，，所以抛物线的解析式为：.（2）设，，，因为M、P、C三点共线，所以，即，①因为N、P、D三点共线，所以，即，②直线MN方程为：，即③由①②得，即，代入③得，所以直线MN过定点.【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．