湖南省长沙市四县区2024届高三下学期3月调研考试数学试卷（原卷版+解析版）

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（长沙县､望城区､浏阳市､宁乡市联合命制）
注意事项：
1.本试题卷共5页，共四个大题，19个小题.总分150分，考试时量120分钟.
2.接到试卷后，请检查是否有缺页､缺题或字迹不清等问题.如有，清及时报告监考老师.
3.答题前，务必将自己的姓名､考号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对条形码的姓名､考号和科目.
4.作答时，请将答案写在答题卡上.在草稿纸､试题卷上答题无效.
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，，则＝（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由补集和并集的定义直接求解.
【详解】集合，，
则，.
故选：B
2. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 76B. 72C. 36D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】在等差数列的求和公式，可得.
故选：C.
3. 设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，且，，则“”是“”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】A
【解析】
【分析】由空间中的线面关系结合充分必要条件的判断得答案
【详解】由，，则，又，所以，故“”是“”的充分条件.
当满足，，时，直线可能平行，可能相交，也可能异面.
故“”不是“”的必要条件.
故选：A
4. 已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为2，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，求得，结合，即可求解.
【详解】由双曲线，可得其渐近线为，
不妨取，即，且焦点，
因为焦点到一条渐近线的距离为2，可得，
所以双曲线的离心率.
故选：B.
5. 将甲､乙､丙､丁4个人全部分配到三个地区工作，每个地区至少有1人，则不同的分配方案为（ ）
A. 36种B. 24种C. 18种D. 16种
【答案】A
【解析】
【分析】把4个人按分成3组，再分配到三个不同地区即可.
【详解】依题意，三个地区中必有一个地区有2人，
先在甲､乙､丙､丁4个人中选2个人有种组合，将这两个人捆绑在一起看作一个元素，
与其他2个人一起分配到三个地区，共有种.
故选：A
6. 过点 与圆 相切的两条直线夹角为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求圆心和半径，然后设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求出切线方程，再根据两直线的夹角公式即可求出.
【详解】
化为标准方程为，圆心为(2,1),半径为1,
过点(0,0)与圆相切的两条直线夹角为，设切线为，
点线距离为，则，解得或，故切线为或，
故根据两直线的夹角公式得，且易知一定为第一象限角，
解得.
故选:A
7. 钝角中，，则（ ）
A. 1B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，进而得到，进而判定得到为钝角，得出，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
在钝角中，，所以，即且为锐角，
所以，所以，
若为钝角，则，可得，
这与矛盾，所以只可能 为钝角，所以，
所以.
故选：D.
8. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，，根据抛物线的定义以及三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得答案.
【详解】当在第一象限时，
设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，
因为，且为的中点，
所以为三角形的中位线，即，
所以，又根据抛物线的定义，
所以，
所以在直角三角形中，，
所以，此时，
根据对称性，当在第四象限时，，
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设为非零复数，则下列命题中正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若，则的最大值为2
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，结合题意进行判断，举反例即可， 对于B，设,先求出共轭复数和模的平方，求解即可，故B正确，对于C,举反例证明即可，对于D，利用画出图形，利用几何意义求解即可.
【详解】对于A，设，当均不为0时，为虚数，而为实数，所以不成立，故A错误；
对于B，则，所以，
而，所以成立，故B正确；
对于C，设，又，所以，故C错误.
对于D，则复数对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
的几何意义为复数对应的点与两点间的距离，
所以，如图可知，当点时，最大，取最大值，
则最大值为2，故D正确.
故选:BD.
10. 已知函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，以下说法正确的是（ ）
A. 是图象的一条对称轴
B. 的单调递减区间为
C. 的图象关于原点对称
D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，求得的图象，结合三角函数的图象与性质，以及两角差的正弦公式，逐项判定，即可求解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，
对于A中，令，求得，即为函数最大值，
所以直线是函数图象的一条对称轴，所以A正确；
对于B中，令，解得，
可得的单调减区间为，所以B正确.
对于C中，由于是偶函数，可得函数的图象关于轴对称，所以C错误.
对于D中，由
，
即的最大值为 ，所以D正确.
故选：ABD.
11. 已知是定义在上的连续函数，且满足，当时，，设（ ）
A. 若，则
B. 是偶函数
C. 在上是增函数
D. 的解集是
【答案】ACD
【解析】
【分析】取得到，取，计算得到A正确，确定，计算得到B错误，取，计算得到C正确，考虑，和三种情况，根据函数单调性解得D正确，得到答案.
【详解】对选项A：取得到，即，
取，得到，又，，
解得，正确；
对选项B：取得到，即，
，函数定义域为，函数为奇函数，错误；
对选项C：设，则
，
时，，故，，故，
即，函数单调递增，正确；
对选项D：，，
当时，，则，故；
当时，不成立；
当时，，则，故；
综上所述：，正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一组数据如下：，则这组数据第75百分位数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用百分位数的计算方法，即可求解.
【详解】由题意，数据，可得，
故第75百分位数是第个数，即为.
故答案为：.
13. 一个正四棱锥底面边长为2，高为，则该四棱锥的内切球表面积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角形相似求出内切球半径，再利用球的表面积公式求其表面积.
【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，
为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点，
连接是球与侧面的切点，可知在上，，
设内切球半径为，
则，
由△∽△可知，即，解得，
所以内切球表面积为.
故答案为：.
14. 已知对任意，且当时，都有：，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得对任意的当恒成立，令，即可得到在上单调递减，求出函数的导函数，即可得到在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】因为对任意，且当时恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立①，
令，
由①式可得，所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，又，当且仅当，即时取等号，
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是将式子变形得到对任意的当恒成立，从而将问题转化为函数在区间上单调递减求参数问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明：取的中点，连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接.
因为为圆弧的两个三等分点，所以.
因为分别为的中点，所以，
则，从而四边形为平行四边形，
故.因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以，，
则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
16. 已知函数
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围；
【答案】（1）极小值为1，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，根据导函数求出单调区间，从而得到极值情况；
（2）由题意得在区间上，参变分离，构造函数，求出最小值，得到答案.
【小问1详解】
时，，定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故在处取得极小值，，
的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
在区间上为减函数，
∴在区间上，
，
令，只需，
显然在区间上为减函数，
，
17. 春节临近，为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有A、B、C三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目A中奖的概率是，项目B和C中奖的概率都是.
（1）若规定每位参加活动的顾客需要依次参加A、B、C三个项目，如果A、B、C三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券；如果仅有两个项目中奖，他将获得50元奖券；否则就没有奖券.求每位顾客获得奖券金额的期望；
（2）若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.已知某顾客中奖了，求他参加的是A项目的概率.
【答案】（1）16 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意先写出获得奖券金额的可能取值，再根据相互独立事件的概率乘法公式计算得出对应的概率后即可计算数学期望；
（2）根据条件概率定义及计算公式计算可得.
【小问1详解】
设一位顾客获得元奖券，则的可能取值为100，50，0，
，，
，
所以每位顾客获得奖券金额的期望是（元）
【小问2详解】
设“该顾客中奖”为事件，参加项目A，，分别记为事件，，，
则，
所以，
即已知某顾客中奖了，则他参加的是A项目的概率是.
18. 如图，已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为的面积为1.若过点的直线与椭圆相交于两点，过点作轴的平行线分别与直线交于点.
（1）求椭圆的方程.
（2）证明：三点的横坐标成等差数列.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
分析】（1）根据已知条件列出方程组计算即可得出结果；
（2）设直线方程与椭圆方程联立，设，进而利用韦达定理证明即可得出结果.
小问1详解】
依据题意，
解得：椭圆的方程为.
【小问2详解】
解法1：设直线直线过点.
联立方程组可得：，
设，则：，
，
，令可得：，
下面证明：.
即证：，即证：
整理可得即证：，
即证：，
整理可得即证：，即证：，
上式成立，原式得证.
解法2：设轴，
设直线过点.
由方程组可得：当时，，
，
又三点共线，，
，即.
点在直线上，，
，即三点的横坐标成等差数列.
解法3：设直线直线过点.
联立方程组可得：，
设，则：
，
又三点共线，
三点的横坐标成等差数列.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算为定值，最后再利用三点共线即可证明.
19. 若存在常数，使得数列满足（，），则称数列为“数列”.
（1）判断数列：1，2，3，8，49是否为“数列”，并说明理由；
（2）若数列是首项为的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；
（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，，试比较与的大小，并证明.
【答案】（1）不是“”数列
（2），
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义进行判断，说明理由；
（2）根据是首项为2的“数列”，求出，由是等比数列，设公比为，由，可得，作差可得，利用前三项数列，可以求解和，进而求解等比数列的通项公式；
（3）根据题意构造函数，求导并判断在上单调递增，由是 “数列”与，反复利用，可得对于任意的，,进而得到，推出，再利用在上单调递增，得到，通过已知条件变形推出.
【小问1详解】
根据“数列”的定义，则，故，
因为成立，成立，不成立，
所以不是“数列”.
【小问2详解】
由是首项为的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，
则，
两式作差可得，
即
由是 “数列”，则，对于恒成立，
所以，
即对于恒成立，
则，即，
解得，，，
又由，，则，即
故所求的，数列的通项公式
【小问3详解】
设函数，则，令，
解得，当时，，
则在区间单调递减，
且，
又由是 “数列”，
即 ，对于恒成立，
因为，则，
再结合，
反复利用，
可得对于任意，,
则，
即，则，
即，，，，
相加可得，
则,
又因为在上单调递增，
所以，
又，所以，
即，
故.
【点睛】关键点睛：本题主要数列的新定义题型，紧扣题意进行求解，同时构造函数，利用导数判断单调是证明不等式的关键.