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湖南省常德市普通高中沅澧共同体2024届高三第一次联考数学试卷(原卷版+解析版)
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这是一份湖南省常德市普通高中沅澧共同体2024届高三第一次联考数学试卷(原卷版+解析版),文件包含湖南省常德市普通高中沅澧共同体2024届高三第一次联考数学试卷原卷版docx、湖南省常德市普通高中沅澧共同体2024届高三第一次联考数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共25页, 欢迎下载使用。
命题单位:常德外国语学校 审题单位:
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. 已知集合,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简集合,即可由集合的交运算即可求解.
【详解】由得,
所以,
故选:C
2. 已知,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】由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】,或,
所以前者可以推得后者,后者不能推得前者,
则“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
3. 已知等比数列中,,,则公比为( )
A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.
【详解】.
故选:C.
4. 已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】使用诱导公式和二倍角公式,结合已知条件即可求解.
【详解】
故选:A.
5. 已知三棱锥中,平面,4,3,,7,则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意画出图形,利用正弦定理求出的外接圆的半径,再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径,代入球的表面积公式得答案.
【详解】如图,
设的外心为,过作底面的垂线,使,则为三棱锥的外接球的球心,
在中,由3,,7,得,
故,设的外接圆的半径为,
则,,
.
三棱锥外接球的表面积为.
故选:B
6. 已知抛物线方程为:,焦点为.圆的方程为,设为抛物线上的点, 为圆上的一点,则的最小值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到直线的距离,即,从而得到,三点共线时和最小;再由在圆上,得到最小值.
【详解】
由抛物线方程为,得到焦点,准线方程为,过点做准线的垂线,垂足为,
因为点在抛物线上,所以,
所以,当点固定不动时,三点共线,即垂直于准线时和最小,
又因为在圆上运动,由圆的方程为得圆心,半径,所以,
故选:C.
7. 将三个分别标注有 ,x,的三个质地均匀的小球放入一个不透明的小盒中.无放回的随机取出2个小球(每次取一球),分别记录下小球的标注为.若 ,则在上单调递减的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求解函数的单调性,即可由古典概型概率公式求解.
【详解】若,由均为上的单调递增函数,且为正,故为上的单调递增函数,
若,则时,,故为上的单调递减函数,
若,则时,,故为上的单调递减函数,
故在上单调递减的概率为,
故选:D
8. 已知,分别是定义在上的偶函数和奇函数,且满足.若恒成立,则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用方程组法求出、的解析式,再判断的单调性,则问题转化为恒成立,参变分离求出,即可得解.
【详解】因为,分别是定义在上的偶函数和奇函数,
所以,,
因为,①
所以,
所以,②
①②得,,
因为在定义域上单调递增,在定义域上单调递减,
所以在上单调递增,又,
若恒成立,则恒成立,
所以恒成立,
所以恒成立,
所以只需,
因为,,所以(当且仅当,即时取等号),
所以(当且仅当时,取等号),
所以,
所以的取值范围为.
故选:B.
二、选择题: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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9. 已知关于x的方程 的两复数根为和则( )
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】在复数范围内解方程得,,然后根据复数的概念、运算判断各选项.
【详解】,,
不妨设,,
,故A正确;
由韦达定理可得,故B错误;
,故C正确;
,
,
当时,,故,故D错误.
故选:AC.
10. 若定义在上的连续函数满足对任意的实数都有且,则下列判断正确的有( )
A. 函数的图象关于原点对称
B. 在定义域上单调递增
C. 当时,
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】直接证明,然后逐个判断选项即可.
【详解】由知恒成立,再由知恒成立.
设,则,且.
故,.
由于,故.
而,故归纳即知.
又因为对有,故归纳即知.
特别地有,故,所以对有.
这就得到了,从而.
设有无理数,有理数数列使得,由于是连续的,故,而,故.
这就表明.
由于,故不是奇函数,故其图象并不关于原点对称,A错误;
由于在定义域上单调递增,且当时,,故B,C正确;
对于D,由可得,
从而,D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛:值得注意的是,如果去掉是连续函数的条件,并承认选择公理,则此时不能说明对无理数,有,且不一定单调递增. 事实上,此时可以构造一个的满足的线性映射,再取,即可得到反例.
11. 已知正方形边长为4,将沿向上翻折,使点与点重合,设点为翻折过程中点的位置(不包含在点处的位置),则下列说法正确的有( )
A. 无论点在何位置,总有
B. 直线与平面所成角的最大值为
C. 三棱锥体积的范围为
D. 当平面平面时,三棱锥的内切球的半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A,构造正方形的中心,然后利用线面垂直的判定定理和性质即可;对于B,直接利用点的轨迹即可否定;对于C,确定点到平面的距离的取值范围,再相应确定三棱锥体积的范围即可;对于D,先说明此时点的位置,再利用等体积法求出内切球半径即可.
【详解】
对于A,设是正方形的中心,则.
过在正方形上方作直线,使得平面,,
再在平面内以为圆心,为半径作圆,
则的轨迹为圆位于正方形上方的部分(不含点).
由于平面,在平面内,故.
而,和在平面内交于点,所以平面.
又因为在平面内,所以,A正确;
对于B,由于平面,平面的两直线和相交,
故直线与平面所成角即,
而当在圆的上半部分(不含点)运动时,的范围是,B错误;
对于C,由于到平面的距离的取值范围是,即,
而三棱锥的体积,故其取值范围是,C正确;
对于D,若平面平面,由于平面,在平面内,
故.
而平面平面,在平面内,,平面和平面的交线是,
故平面.
而平面,故位于同一直线上,而,且均在正方形上方,故点和点重合.
设三棱锥的内切球半径为.
由于,故.
而,,且由C选项的计算可知.
故,得,D正确.
故选:ACD.
【点睛】关键点点睛:本题的关键在于构造点的轨迹,然后方可利用圆的性质求解.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12. 曲线在处的切线方程是__________________________
【答案】
【解析】
【分析】求导可得切点处斜率,即可由点斜式求解直线方程.
【详解】由可得,故处的切线斜率为,
又切点为,故切线方程为,
故答案为:
13. 已知双曲线 的左右焦点分别为,过点的直线交双曲线右支于两点,且,,则双曲线的离心率为______________
【答案】##
【解析】
【分析】设,根据已知条件及双曲线的定义可得到,,然后解该齐次方程组即可得到离心率.
【详解】
设,则,,从而,.
再由可知,
故,,整理得方程组.
由有,代入第一个方程可得,所以
故答案为:.
14. 如图,四边形是边长为1的正方形,延长CD至E,使得.动点P从点A出发,沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点,,则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】建立适当的平面直角坐标系,讨论四种情况,即可求出的取值范围.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系:
则,所以,
当时,有,即,此时的取值范围为,
当时,有,即,此时的取值范围为,
当时,有,即,此时的取值范围为,
当时,有,即,此时的取值范围为,
综上所述,的取值范围为.
故答案为:.
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. 已知的内角的对边分别是,且.
(1)判断的形状;
(2)若的外接圆半径为,求周长的最大值.
【答案】(1)等腰三角形
(2)
【解析】
【分析】(1)使用正弦定理对条件进行边化角,再用三角恒等变换证明;
(2)先用基本不等式证明,然后利用正弦定理与外接圆半径的关系可得到,最后说明等号可以取到,即得结果.
【小问1详解】
由正弦定理并结合已知有.
故,从而.
由于,从而,故由可知,所以一定是等腰三角形.
【小问2详解】
设的外接圆半径为.
一方面,我们有
,
故;
另一方面,当是边长为的等边三角形时,有,.
此时,,且.
所以周长的最大值是.
【点睛】关键点点睛:值得一提的是,第2小问证明时并不需要使用第1小问得到的. 若使用该条件,则可化为,然后再利用亦可得到结果. 但这样并未从本质上减少工作量,反而使解析失去了一般性和启发性,因此本解析不采用此法.
16. 已知直三棱柱中,,分别为和的中点,为棱上的动点,.
(1)证明:平面平面;
(2)设,是否存在实数,使得平面与平面所成的角的余弦值为?
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在.
【解析】
【分析】(1)先用线面垂直的判定定理证明平面,再使用面面垂直的判定定理即可;
(2)使用空间向量法直接求解两平面的夹角(用表示),再根据夹角条件,解关于的方程即可.
【小问1详解】
由于在直三棱柱中,有平面,而在平面内,故.
同时有,且,故.
由于,,且和在平面内交于点,故平面.
由于在平面内,故.
取的中点,由于分别是和的中点,故,而,故,即.
由于分别是和的中点,可以得到,所以有平行四边形,故.
设和交于点,由于,,,
从而得到全等于,故.
这就得到,从而,即.
而,故.
由于,即,而,和在平面内交于点,故平面.
由于平面,在平面内,故平面平面.
【小问2详解】
有,又因为平面,和在平面内,故,.
由于两两垂直,故我们能够以为原点,分别作为轴正方向,建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值,不妨设,
这就得到,,,,,,,.
据题设有,显然,此时.
从而有,,,.
设和分别是平面和平面的法向量,则,.
即,,从而可取,.
此时平面与平面所成的角的余弦值为,
故条件等价于,即,解得,
所以存在,使得平面与平面所成的角的余弦值为.
17. 某市共有教师1000名,为了解老师们的寒假研修学习情况,评选研修先进个人,现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长数据(单位:小时):35,43,90,83,50,45,82,75,62,35.学习时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”.
(1)现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长,求这3名教师中恰有1名教师是研修先进个人的概率.
(2)若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布,其中,为抽取的10名教师学习时长的样本平均数,利用所得正态分布模型解决以下问题:
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数(结果四舍五入到整数);
②若从该市随机抽取的n名教师中恰有ξ名教师的学习时长在内,则当的均值不小于32时,n的最小值为多少?
附:若随机变量服从正态分布 ,则,,.
【答案】(1)
(2)① ②
【解析】
【分析】(1)直接使用古典概型和排列组合工具求解;
(2)①直接使用正态分布数据计算出的概率,然后用概率估计实际的比例;②用正态分布数据求出的均值,再解出的最小值.
【小问1详解】
由于这10名教师中恰有3名是研修先进个人,故随机抽取的3名教师中恰有1名教师是研修先进个人的概率.
【小问2详解】
①直接计算可得.
所以
故可以估计学习时长不低于50小时的教师的人数为.
②由于,故.
当时,有,得.
所以的最小值是.
18. 已知椭圆 的短轴长为,分别为椭圆的左、右焦点,为椭圆上的一点,且的周长为.
(1)求椭圆的方程;
(2)过作垂直于轴的直线与椭圆交于 两点(点在第一象限),是椭圆上位于直线两侧的动点,始终保持,求证:直线的斜率为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)由已知可得,,然后解出即可得到方程;
(2)先确定,然后由已知可得的斜率互为相反数,再设出斜率,使用韦达定理即可验证直线的斜率.
【小问1详解】
由已知有,,即,.
所以,从而.
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
我们有,故直线的方程为.
将代入可得,解出,故,.
由于,故的斜率互为相反数.
设的斜率分别是,则由可知它们的方程分别是和.
将直线与椭圆方程联立可知,即.
由知此方程必有一根,故另一根是.
这得到,同理有.
所以直线的斜率.
19. 已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)证明:;
(3)若函数有三个不同的零点,求的取值范围.
【答案】(1)的单调递减区间为,无单调递增区间,
(2)证明见解析 (3)
【解析】
【分析】(1)求出的定义域,对求导,利用导数与单调性的关系求解即可;
(2)由(1)可得时,,从而可得,令,利用放缩法可得,利用裂项求和法即可得证;
(3)对化简可得,只有一个零点,令,则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点,分和两种情况讨论,结合零点存在性定理即可求解.
【小问1详解】
函数定义域为,
因为,
所以在上单调递减,故的单调递减区间为,无单调递增区间,
【小问2详解】
证明:由(1)时,,
所以,令,
则,
,
故
所以;
【小问3详解】
,
因为与同号,所以只有一个零点,
令,,由,
则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点,
函数定义域为,
因为,
设,则,
①当时,,恒成立,此时在上单调递减,显然不符合题意,
②当时,,有两个零点,,
所以当时,,即;当时,,即;
当时,,即.
故在,,上单调递减,在,上单调递增;
因为,且,所以,所以,
由(2)知,时,,
所以,即,
所以,
所以由零点存在性定理知,在区间上有唯一的一个零点,
因为,
因为,所以,
所以时,存在三个不同的零点,1,,
故实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛:对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略:
1、通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,从而求出参数的取值范围;
2、利用可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时,一般涉及分离参数法,但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,进行求解,若参变分离不易求解问题,就要考虑利用分类讨论法和放缩法,注意恒成立与存在性问题的区别.
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