湖南省株洲市第二中学2023-2024学年高三上学期第一次调研数学试卷

这是一份湖南省株洲市第二中学2023-2024学年高三上学期第一次调研数学试卷，共16页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，，，，若，则的值为（ ）
A．B．或C．D．或
5．已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
6．在平面直角坐标系中，已知圆，若圆上存在点，使得，则正数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A．B．C．D．
8．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．若，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．某人连续掷两次骰子，表示事件“第一次掷出的点数是2”，表示事件“第二次掷出的点数是3”．表示事件“两次掷出的点数之和为5”，表示事件“两次掷出的点数之和为9”．则（ ）
A．与相互独立B．与相互独立
C．与不相互独立D．与不相互独立
11．如图，在平面直角坐标系中，已知点，是线段上的动点，点与点关于直线对称．则下列结论正确的是（ ）

A．当时，点的坐标为
B．的最大值为4
C．当点在直线上时，直线的方程为
D．正弦的最大值为
12．已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中各项系数之和为64，则的展开式中常数项为 ．
14．数列 满足，则 .
15．已知空间直角坐标系中，正四面体的棱长为2，点，，，则的取值范围为 ．
16．已知函数，方程有7个不同的实数解，则实数的取值范围是 .
解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（本题10分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周长为，求的面积．
18．（本题12分）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由.
19．（本题12分）已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
20．（本题12分）民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞.
(1)估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率；
(2)求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率；
(3)根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望.
21．（本题12分）已知点，动点满足.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)若轨迹的左右顶点分别为，直线与直线交于点，直线与轨迹交于相异的两点，当点不在轴上时，分别记直线与的斜率为 ，，求证： 是定值.
22．（本题12分）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.
参考答案：
1．A 2．C 3．D 4．B
5．B
【详解】因为，整理得，且，
可知是以首项为3，公差为1的等差数列，
所以，可得，
当时，可得，
且符合上式，所以，
则，
解得，即的最大值为8．
故选：B．
6．D
【详解】设，则由，得到，
整理得到，又点在圆上，所以与圆有交点，
又的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
所以，解得，
故选：D.
7．C
【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，
连接，如图所示，
由题意得，且正四棱锥的外接球球心，
设外接球半径为，则，
在中，，且，
所以，解得，即，
在中，，
过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心，
所以，
则，
所以，
所以截面的面积.
故选：C
8．B
【详解】根据题意可知，，
，即可得；
由可得，即；
易知，即，所以，即；
又，即，又，可得；
所以，可得；
可得，所以
显然，即.
故选：B
9．BD
【详解】由题意可得，
所以，故A错误；
，
因为，
所以，所以，故B正确；
因为，所以，
所以
，故C错误：
即，
因为，所以，
故，所以，故D正确.
故选：BD
10．ACD
【详解】由题意知，，
，
．
对A：∵，∴与相互独立，故A正确．
对B：∵，∴与不相互独立，故B错误．
对C：∵，∴与不相互独立，故C正确．
对D：∵，∴与不相互独立，故D正确．
故选：ACD.
11．ABC
【详解】如图，由题意可得点在以为圆心，半径为1的圆上，
设，，则，
对于A，当时，可得，
，，此时点的坐标为 ，故A正确；
对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，当点在直线上时，可得，此时点的坐标为 ，
直线与圆相切，所以，所以直线的方程为，故C正确；
对于D，当直线与圆相切时，正弦的最大，设直线的斜率为，则直线的方程为，
有，解得，即，从而可得，
所以正弦的最大值为，故D错误．
故选：ABC．

12．ABD
【详解】A项，在中，，函数为奇函数，
所以函数为偶函数，则，
所以函数关于对称，
所以，故A正确；
B项，令，
因为当时，
所以当时，，函数单调递增，
所以，
所以，B正确；
C项，当时，，
所以，函数单调递增，
所以当时，函数单调递减，
则在取得最小值为1，
所以不存在，C错误；
D项，由函数关于对称，
当时，令，，函数单调递增，
所以，则，
所以，，
令，，
所以函数单调递减，，
所以，
所以，，
所以与的差大于与的差，
因为函数关于对称，当时，函数单调递增，
所以，D正确；
故选：ABD.
13．84
14．
【详解】由可得：，
当时，
，，，……，，
所以上述式子相乘可得：，所以，
令，，所以满足，所以.
设数列 的前项和为，
①，
②，
①减②可得：
所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
15．
【详解】
如图，取边的中点，连接，故，又，则点分别在轴上运动，，故点在以为球心，为直径的球上运动，，故，故答案为.
16．或
【详解】因为，令，得到，解得或，
又当时，，则，
当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又时，，时，，时，，
其图像如图，所以，当时，有2上解，有2个解，
又因为方程有7个不同的实数解，所以当时，有3个实数解，
又时，，则，
所以时，，时，，
即当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又当时，，当时，，
又当时，有3个实数解，
所以或，
解得或，
故答案为：或.
17．
【详解】（1）由题设，则，
所以，而，故，又，
所以.
（2）由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
18．
【详解】（1）因为为正方形，则，
则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角，
因为三角形是等边三角形，则
平面，平面，，．
所以异面直线AC与BD所成的角为．
（2）作交于点，连接，
平面，平面，
则与平面所成的角为，
设，则，
则.
19．
【详解】（1）令，得，
当，则：，
得：，解得：，
当时，也满足上式.
综上，.
（2）证明：
由
所以:
故：.
20．
【详解】（1）因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，
所以估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率.
（2）因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，
所以甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率.
（3）因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估甲､乙､丙三人的高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，
所以甲能被招飞院校录取的概率，
乙能被招飞院校录取的概率，
丙能被招飞院校录取概率.
依题意的可能取值为，
所以，
，
，
.
所以的分布列为：
所以.
21．
【详解】（1）因为动点满足，
所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，
设椭圆方程为，
则，
所以，
所以点的轨迹的方程为；
（2）设点，则，，
联立，消去得，，
得，
所以，，即，
联立，消去得，，
得，
所以，，即，
所以，
，
所以，是定值.
22．
【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，计算,根据点斜式可求切线方程；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出的最大值，结合对任意恒成立，求出的取值范围即可.
试题解析：(1)由，得，则
又，.
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(2)已知对任意恒成立，
令
①当时，
，在上单调递减，
，恒成立.
②当时，二次函数的开口方向向下，对称轴为，且，
所以当时，，，在上单调递减，
，恒成立.
③当时，二次函数的开口方向向上，对称轴为，
所以在上单调递增，且，
故存在唯一，使得，即.
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
所以在上，.
所以得，
综上,得取值范围是.
0
1
2
3