[数学]湖南省名校联合体2024届高三上学期第二次联考试题(解析版)

这是一份[数学]湖南省名校联合体2024届高三上学期第二次联考试题(解析版)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若复数（i为虚数单位），则复数z的模为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，所以.
另解：因为，所以，
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D. {，1，3}
【答案】D
【解析】根据题意可得只能表示奇数，
又，可得．
故选：D．
3. 1707年数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系：当，时，等价于.若（e是自然对数的底数），，，则x的值约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，，，
所以.
故选：B.
4. 若函数在处有极小值，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】由函数可得，
函数在处有极小值，
可得，解得．
当时，，
当时，时，
因此在上单调递减，在上单调递增，
所以在处有极小值，符合题意．所以．
故选：C．
5. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则“”是“函数为偶函数”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】因为函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，
所以，
因为为偶函数，
所以，即，
当时，可以推导出函数为偶函数，
而函数为偶函数不能推导出，
所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 在“最强大脑”的双英对抗赛中，甲、乙两人同时挑战100秒记忆力项目，根据以往甲、乙两人同场对抗挑战该项目的记录统计分析，在对抗挑战中甲挑战成功的概率，乙挑战成功的概是，甲、乙均未挑战成功的概率，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】记甲挑战成功为事件A，乙挑战成功为事件B，
则，，，
由概率加法公式知，
可得，
则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为．
故选：B．
7. 如图，已知正方体的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，侧棱的中点为E，则三棱锥的体积为（ ）

A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】由已知平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，同理，
又，，，
所以，所以，，平面OCE，
所以平面OCE，
所以三棱锥的体积为.
故选：A．
8. 已知函数是定义在R上不恒为零的函数，对任意的x，均满足：，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令，得，
代入，得，
当x为正整数时，，
所以，
所以，代入，得，
所以（且），又当时，也符合题意，
所以（）．
所以，
令，
则，
所以，
所以，
所以.
故选：D.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：

下列结论中正确是（ ）
A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B. 2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
C. 2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平
D. 1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
【答案】ABC
【解析】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；
对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；
对于D，由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少，
并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.
故选：ABC.
10. 若圆：和：（）有且仅有一条公切线l，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆与圆内切B.
C. 公切线l的方程为D. 公切线l的方程为
【答案】ABD
【解析】圆与圆有且仅有一条公切线l，两圆相切.
圆：的圆心为，半径为，
圆：（），
即，圆心，半径为.
A项，将代入方程左边得，
则圆心在圆内，故两圆不可能外切，所以与内切，故A正确；
B项，圆，
由圆与内切，所以，
由，即，解得，故B正确；
C、D项， ，得，则公切线斜率，
法一：联立方程和，解得，
所以切点的坐标为，
故所求公切线的方程为，即．
法二： ①；②，
两圆方程作差得，即．
设两圆切点，则点的坐标适合方程①②，则也适合方程，
又直线斜率为，即与两圆圆心连线垂直，
故直线是过点且垂直于的直线，即为两圆公切线.
故C错误，D正确．
故选：ABD．

11. 设抛物线的焦点为F，准线l与x轴交于点P，过点P的直线与抛物线依次交于A，B两点（点A在P，B两点之间），FA交y轴于点M，FB交准线l于点N.则下列结论正确的是（ ）
A. 点P坐标为B. 直线FA，FB关于x轴对称
C. D.
【答案】ABD
【解析】因为抛物线为，可得准线l：，所以，故A正确；
由已知，设，Bx2,y2，直线AB：，
由得，∴，解得或，
∴，，
所以 ，
所以直线FA，FB关于x轴对称，故B正确；
设，则，∴直线FA：，直线FB：，
∴，，∴，故C错误，D正确.
故选：ABD.
12. 已知m，，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】由，得，，则，
令且，则，
即在（1，）上递增，所以；
由，则，而，则，
令且，则，即在（0，）上递增，
所以，即，
综上可知n是与交点横坐标，m是与交点横坐标，
由于与互为反函数，其图象关于直线对称，
图象也关于对称，
所以，且，故．故选项AC正确.
故选：AC．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知，，，，则______.
【答案】
【解析】因为，，
所以故答案为：
14. 已知向量的夹角为，且，，则向量在向量上的投影向量为______．
【答案】
【解析】因为向量与夹角为，，，
所以，
所以向量在向量方向上的投影向量为．
15. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线在第二象限的交点为A，在中，，，则双曲线C的离心率是______.
【答案】
【解析】因为，所以，
由双曲线的定义知，所以．
如图，取M为的中点，所以，
又，得，所以在直角中，，
即，得，
所以，解得，
因为，所以双曲线C的离心率是.

16. 如图，平面平面，正方形ABCD的边长为4，矩形ABEF的边AF的长为2，若G是边EF上的动点，则三棱锥的外接球体积的最小值为______．
【答案】
【解析】如图，分别取中点，
由题意知，，则，且为外接圆的圆心，
则，平面，平面平面，
已知平面平面，所以平面，
设的外接圆圆心为，半径为r，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
交点为，即三棱锥的外接球的球心，设外接球半径为，
又平面，所以，连接，则，
同理可证，所以四边形是平行四边形，
则.
在中，由正弦定理得，
则当且仅当时，r取得最小值为2，
由矩形边长可知，即当且仅当为中点时，取到最小值.
由平面，平面，则，
在中，，
即，解得．
所以三棱锥的外接球的半径的最小值为，
此时外接球体积.
故当为中点时，三棱锥的外接球体积最小，最小值．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求角A的大小；
（2）若，，求的面积．
解：（1）因为
，
得，
又，得，
所以，所以．
（2）由正弦定理及，得，
又，则，，所以，
所以，
由正弦定理，又，
所以，
所以．
18. 已知递增等差数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前2n项和.
解：（1）设递增等差数列an的公差为d，则，
因为，所以，
即，
因为，，所以，所以，所以，
故数列an的通项公式为.
（2）解法一：
.
解法二：
.
19. 已知椭圆C：（）的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，若四边形面积为4，椭圆C离心率为；
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设点Q是椭圆C上异于，的一动点，过定点与动点Q的直线与椭圆C交于另一点P，记直线，的斜率分别为，，若直线PQ的斜率存在，求的值.
解：（1）由题意得，且，又，
解得，，所以椭圆C的标准方程为．
（2）设Px0,y0，，由（1）得，，
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，其中，
将直线方程代入得，，
其判别式为，
∴或，且，
∴，，
∴
.
20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，.
（1）若点F在线段AP上，，平面PBC，求λ的值；
（2）若平面平面ABCD，求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值.
解：（1）在AB上取点G，使得,连接FG，GD，
又，所以四边形BGDC为平行四边形，所以，
又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．
又平面PBC，，DF，平面DFG，
所以平面平面DFG，
又平面平面，平面平面，
所以，
所以在中，，所以，所以.
（2）取AD的中点O，连接OG，OP，
由底面ABCD为直角梯形，，，，，
可知为等腰直角三角形，且，所以．
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面ABCD，
所以平面PAD，又，所以，同理平面ABCD．
以O为原点，OA，OG，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，，
所以，，，
所以，，
设平面PBC的法向量为，
则
不妨取，则，
因为平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为，
所以，
所以平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为.
21. 甲、乙两名运动员进行乒乓球训练赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为q，每局比赛结果相互独立．
（1）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值；
（2）甲、乙两人为达到最佳训练效果，俩人约定不限制比赛局数，记“甲运动员赢得比赛”为事件M，证明：，
（1）解：因为每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，所以，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则，
，
．
所以X的分布列为
所以X的期望
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
故的最大值为．
（2）证明：设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”．
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲运动员赢得比赛”，
事件BB表示“乙运动员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名运动员各得1分”，
当甲、乙两名运动员得分总数相同时，甲运动员赢得比赛的概率与比赛一开始甲运动员赢得比赛的概率相同．
所以
，
所以，即，
因，
所以．
22. 已知函数，．
（1）求证：当时，；
（2）若函数在区间上有唯一零点，求实数a的取值范围．
（1）证明：由于等价于．
令，，则，
令，则，
因为，所以，
即在区间（0，）上为增函数，
所以，故为增函数，
可得，
即成立．
（2）解：由已知，
当时，令，则在时恒成立，
所以在上单调递增，可得，
即可得，所以，
由（1）知当时，，
此时当时，函数没有零点，不合题意，故舍去；
当时，因为，所以，
设，所以．
当时，，即恒成立，所以也即为单调递增；
当时，设，
所以．
因为，，所以，所以即单调递增．
又，，
因此在上存在唯一的零点，且．
当时，，所以即单调递减；
当时，，所以即单调递增．
又，，，
因此在上存在唯一的零点，且．
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
又，，，
所以在上没有零点，在上存在唯一零点，因此在上有唯一零点．
综上，实数a的取值范围是．X
2
4
5
P