2024长沙四区县高三下学期3月调研考试（一模）数学含解析

这是一份2024长沙四区县高三下学期3月调研考试（一模）数学含解析，共15页。试卷主要包含了作答时，请将答案写在答题卡上，钝角中，，则等内容，欢迎下载使用。

（试题卷）
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.
姓名__________.
准考证号__________.
绝密★启用前
2024年3月高三调研考试试卷
数学
（长沙县､望城区､浏阳市､宁乡市联合命制）
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.
2.已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A.76 B.72 C.36 D.32
3.设是两个不同的平面，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
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.
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
6.过点与圆相切的两条直线夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
7.钝角中，，则（ ）
A.1 B. C. D.0
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.
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
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
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
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：，则这组数据的第75百分位数是__________.
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__________.
14.已知对任意，且当时，都有：，则的取值范围是__________.
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.（本题满分13分）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.
16.（本题满分15分）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.
17.（本题满分15分）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，项目中奖的概率是，项目和中奖的概率都是.
（1）若规定每位参加活动的顾客需要依次参加三个项目，如果三个项目全部中奖，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，求他参加的是项目的概率.
18.（本题满分17分）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.
19.（本题满分17分）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”.
（1）判断数列：是否为“数列”，并说明理由；
（2）若数列是首项为2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.
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2024年3月高三调研考试试卷数学
参考答案与试题解析
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.【解答】：由，所以，所以.故选：B.
2.【解答】：.故选C.
3.【解答】：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“ab”不是“”的必要条件.故选：A.
4.【解答】：双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为，因此双曲线的离心率.故选：.
5.【解答】：由题意，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：.
6.【解答】：如图，
化为标准方程为，圆心为，半径为1，
过点与圆相切的两条直线夹角为，设切线为，
则圆心到切线的距离，解得或，
故切线为或，即一条切线为轴，如图，
所以，且易知一定为第一象限角，
解得.故选：
7.【解答】：由，在钝角中，，
，即且B为锐角，，若C为钝角，则，与矛盾，只可能为钝角，，.故选：选.
8.【解答】：根据抛物线的对称性，不妨设在第一象限，则在第四象限，
设直线的倾斜角为，则，又，
由，可得，又为直线的倾斜角，
，
又根据抛物线的对称性可知时，也满足题意，故.故选：.
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.【解答】：对于，设，当均不为0时，为虚数，而为实数，所以不成立，故错误；
对于，设，则，所以，
而，所以成立，故正确；
对于，设，又，所以，故错误.
对于，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，当点为时，最大，取最大值，最大值为2，故正确.故选.
10.【解答】：函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
对于，令，求得，是最大值，故直线是函数图象的一条对称轴，故正确.
对于，令，求得，
可得的单调减区间为，故正确.
对于C，由于是偶函数，故它的图象关于轴对称，故错误.
对于，由于，即的最大值为，故正确.故选：.
11.【解答】：对选项：取得到，即，
取得到，又，
解得，正确；
对选项B：取得到，即，
则为奇函数，错误；
对选项：设，则
，
当时，，故，故，
即单调递增，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.【解答】：，故第75百分位数是第8个数，即为9.
13.
【解答】：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，即，解得，
所以内切球表面积为.故答案为：.
14.
【解答】：由得：，
，
.
令由①式，所以在上递减.
所以：恒成立，所以恒成立，.
故答案：
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.【解答】
（1）证法1：如图1，取的中点，连接为圆弧的两个三等分点，.
分别为的中点，，
则，从而四边形为平行四边形，故.
平面平面平面.
证法2：如图2，连接，因为为圆弧的两个三等分点，
，
又点为的中点，点为的中点，，
平面平面，
平面平面.
证法3：如图3，以为坐标原点，垂直平分线为轴，
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.
，
则.
设平面的法向量为，
则，令，得.
，
平面.
（2）解：以为坐标原点，垂直平分线为轴，
的方向分别为轴的正方向，建立如图3所示的空间直角坐标系.
，所以，
，
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.
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
16.【解答】：（1）时，，定义域为，
，
令，解得或（舍去），
令，解得，令，解得，
故在处取得极小值，极小值为，
的极小值为，无极大值.
（2）在区间上为减函数，在区间[1，2]上，
，
令，只需，
显然在区间上为减函数，，
的取值范围是.
17.【解答】（1）设一位顾客获得元奖券，可能取值为，
，
，
所以每位顾客获得奖券金额的期望是元.
（2）设“该顾客中奖”为事件，参加项目分别记为事件
则，
所以，
即已知某顾客中奖了，则他参加的是项目的概率是.
18.【解答】：（1）依据题意，
解得：椭圆的方程为.
（2）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.
19.【解答】：（1）根据“数列”的定义，则，故，
成立，成立，不成立，
不是“数列”.
（2）是首项为2的“数列”，，
由是等比数列，设公比为，
.
两式作差可得，
即，
是“数列”，，对于恒成立，
，
即对于恒成立，
则，即，
解得，，
又由，则，
，数列的通项公式.
（3）证明：设函数，则，
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，
反复利用，可得对于任意的，
则，即，则，
即，
相加可得，
则，
所以，
又，所以，
即，
故.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
A
B
A
C
D
D