湖南省衡阳市衡阳县2024届高三第一次模拟考试数学试卷

这是一份湖南省衡阳市衡阳县2024届高三第一次模拟考试数学试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数z满足4且，则的值为
A．﹣1B．﹣2 2019C．1D．2 2019
3．在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知甲植物生长了一天，长度为，乙植物生长了一天，长度为.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的倍，乙每天的生长速度是前一天的，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取）
A．第6天B．第7天C．第8天D．第9天
5．已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知是定义在上单调递增且图像连续不断的函数，且有，设，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知抛物线C：的焦点为，过作不与轴垂直的直线交于两点，设的外心和重心的纵坐标分别为（是坐标原点），则的值为（ ）
A．1B．C．D．
8．已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．记函数的最小正周期为，若，且在上的最大值与最小值的差为3，则（ ）
A．B．
C．在区间上单调递减D．直线是曲线的切线
10．已知数列各项均为负数，其前项和满足，则（ ）
A．数列的第项小于B．数列不可能是等比数列
C．数列为递增数列D．数列中存在大于的项
11．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
三、填空题
12．甲乙两个盒子中装有大小、形状相同的红球和白球，甲盒中有5个红球，2个白球；乙盒中有4个红球，3个白球.先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为 .
13．展开式中的常数项是120，则实数 ．
14．正四面体的棱长为6，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，的面积为 .
四、解答题
15．若锐角的内角，，所对的边分别为，，，其外接圆的半径为，且．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围
16．已知数列an是等差数列，，，且，，构成等比数列，
(1)求；
(2)设，若存在数列bn满足，，，且数列为等比数列，求的前项和．
17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
18．2023年12月25日，由科技日报社主办，部分两院院士和媒体人共同评选出的2023年国内十大科技新闻揭晓.某高校一学生社团随机调查了本校100名学生对这十大科技的了解情况，按照性别和了解情况分组，得到如下列联表：
(1)判断是否有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异；
(2)若把这100名学生按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中女生数为，求的分布列及.
附：①，其中；
②当时有95%的把握认为两变量有关联.
19．已知函数.
(1)证明：；
(2)设，求证：对任意的，都有成立.
不太了解
比较了解
合计
男生
20
40
60
女生
20
20
40
合计
40
60
100
参考答案：
1．D
【分析】先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
【详解】因为，所以，解得，
因为，所以，解得，
所以，，
故．
故选：D．
2．D
【解析】首先设复数z=a+bi（a，b∈R），根据z4和z|z|0得出方程组，求解可得：
z，通过计算可得：，代入即可得解.
【详解】设z=a+bi（a，b∈R），
由z4且z|z|=0，得
，解得a=﹣1，b.
∴z，
而1，
.
∴.
故选：D.
【点睛】本题考查了复数的计算，考查了共轭复数，要求较高的计算能力，属于较难题.
3．D
【分析】由中点可知CD=12CA+CB，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解.
【详解】因为D为AB的中点，则CD=12CA+CB，
可得，即，解得，
又因为P为CD上一点，设，
则，
可得，解得，即，
则，
可得，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：1.根据模长关系可得；
2.设，根据平面向量基本定理求得；
3.以为基底表示，进而运算求解.
4．C
【分析】设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、，依题意得到、的通项公式，即可求出、，再由得到，最后根据指数函数的性质及对数的运算性质计算可得.
【详解】设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、（即天后树的总长度），
则，，
所以，
，
由，可得，
即，即，
解得或（舍去），
由则，因为，
即，又，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题关键是利用等比数列求出公式求出天后树的总长度，从而得到不等式，再结合指数函数的性质解得.
5．B
【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线距离的最小值.
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，

球O为四棱锥的内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，平面，
平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半径，即内切球的半径，由球心到直线的距离，求点M到直线的距离的最小值.
6．D
【分析】根据函数的单调性的定义和性质以及利用反证法证明不等式，结合选项先证明，再根据，可得，构造函数，根据函数单调性即可得出结论.
【详解】得到，
因为单调递增，所以不恒等于，故，
因为在上单调递增，故，
若存在使得，则，
则恒等于1，与单调递增矛盾，故，
，若存在，使得
因为连续，，故存在，使得，
与上述矛盾，故,
对于本题，，当且仅当时取等，
因为单调递增，故不取等号，即
当时，有，即，
当时，令，,
因为单调递减，所以单调递增，
因为，所以，单调递增，
因为，，
所以，所以.
综上所述.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据选项先证明，构造函数，根据单调性得出结论.
7．D
【分析】设，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，的重心的纵坐标，再表示出、的垂直平分线方程，从而求出，即可得解.
【详解】设，，显然，直线的方程为，
由整理得，显然，所以，，
所以，所以的重心的纵坐标，
又的外心既在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，
又的垂直平分线方程为
整理得，
同理可得的垂直平分线方程为，
则，解得，
即外心的纵坐标，所以.
故选：D
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．A
【分析】令，得到，关于的函数式，进而可得关于的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.
【详解】令，则，，
，，所以，
若，则，
，有，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
即的最小值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：令确定关于的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.
9．BD
【分析】根据题意，先由函数周期以及可得，再由条件可得的值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由，又，可得，
又，则，即，
若在上单调，则，即，
令，则，
即在上单调递减，
即，即，
此时，此时，不符合题意，
所以在上不单调，
即在上不单调，
又，即，即，
即，，
若，
此时，符合题意；
若，
此时，不符合题意；
综上可得，，即，
对于A，，故错误；
对于B，，
，故B正确；
对于C，当，则，
且在上先递减后递增，故C错误；
对于D，因为，所以，
，可得是在处的切线，故D正确；
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据最值之差求出的值，需要对该区间内函数的单调性进行分类讨论，从而确定函数解析式，再一一分析选项即可.
10．BCD
【分析】根据题意，由数列前项和与通项的关系求出和的值，可判断选项A，利用反证法判断选项B和D，分析的符号，即可判断选项C.
【详解】由题知，因为，
所以当时，，可得，
当时，，可得，
又，且，
所以，A错误；
对于B，假设数列an是等比数列，设其公比为，
由于，即，
变形可得，
必有，与等比数列定义矛盾，B正确；
对于C，当时，可得，
必有即，则an是递增数列，C正确；
对于D，假设数列an中不存在大于的项，
即对于，有，
则，
所以有，
变形得，
与假设矛盾，故D正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D.
【详解】若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确.
若，则，则.B正确.
若，则，，
则平面的外接圆半径为，则到平面的距离，
则三棱锥的体积，
则球面的体积.C正确.
由余弦定理可知因为，所以，则.
取，，则，，
则.D不正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．
【分析】记从乙盒中取出的是红球为事件，从甲盒中取出的球为红球为事件，取出白球为事件，由已知可得出的值，然后根据全概率公式，即可得出答案.
【详解】记从乙盒中取出的是红球为事件，从甲盒中取出的球为红球为事件，取出白球为事件，
由已知可得，，，，，
根据全概率公式可得，.
故答案为：.
13．2
【分析】求出的通项公式，得到与，从而得到展开式常数项，得到方程，求出.
【详解】∵展开式的通项公式为，
令得，即．
令得，即，
∴展开式中的常数项为，
故，解得．
故答案为：2
14．
【分析】利用等体积法求得正面体内切球的半径为，取的中点为，利用向量的运算得到，易知当的长度最小时，取得最小值，由是的中点，则三点共线求解.
【详解】解：由正四面体的棱长为6，则其高为，
则其体积为，
设正四面体内切球的半径为，
则，解得，
如图，

取的中点为，
则，
显然，当的长度最小时，取得最小值，
设正四面体内切球的球心为，可求得，
则球心到点的距离，
所以内切球上的点到点的最小距离为，
是的中点，三点共线，
，
在中，边上的高为.
.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理可将化简为，再次化简得，从而求得，从而可求解.
（2）由的外接圆半径为3，从而得，从而可得，由为锐角三角形可得，再构造函数，结合对勾函数的性质从而可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，，所以，所以，
因为，所以．
（2）因为外接圆的半径为，所以，所以，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，即，即．
令，，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，
在上单调递增，且，，，
所以，即，
所以，即的取值范围为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列的性质和等比中项列方程解出公差，再由基本量法写出等差数列的通项公式.
（2）由已知和等比数列的性质求出，再由错位相减法和等差数列的前和公式共同求出结果.
【详解】（1）∵是等差数列，，，∴，．
∵，，构成等比数列，∴，
化简可得，∴，所以．
（2）∵，，，
又数列为等比数列，∴，
而，∴，∴，
所以，设数列的前项和为，
则①，
②，
①②相减得，化简可得
又因为等差数列的前项和为，
综上可得．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理结合勾股定理逆定理可得，后结合平面平面，可得，后结合可得结论；
（2）由（1）结合题意建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得答案.
【详解】（1）不妨设，
，
由余弦定理得，
在中，，
平面平面，平面平面平面，
平面．
平面，
四边形是菱形，，
又，且平面平面平面．
（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，
平面平面，平面平面，
平面，
又四边形是菱形，，
均为等边三角形，
以点A为坐标原点，及过点A平行于的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系（如图），
则，
由（1）平面，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则即．
令，可得，，
平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1)没有
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意和公式求出，然后根据附②即可得出结论；
（2）由题得出的取值依次为0，1，2，依次求出各种取值的概率，然后写出分布列求出期望.
【详解】（1）根据列联表中的数据，
得，
所以没有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异.
（2）这100名学生中男生60人，女生40人，按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，
则抽取的男生有3人，女生在2人，
所以的取值依次为0，1，2，
，，，
所以的分布列为
.
19．(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）构造新函数，根据导数的性质判断新构造函数的单调性，利用单调性进行运算证明即可；
（2）根据对数的运算性质，结合分析法、构造函数法进行运算证明即可.
【详解】（1）设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，
于是有，即.
（2）要证明成立，
即证明成立，
即证明成立，
也就是证明成立，
因为，所以原问题就是证明成立，
由，设，
即证明，也就是证明成立，
设，
所以当时，函数单调递增，即有，
从而成立.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造新函数，利用导数的性质判断其单调性，运用函数的单调性进行证明.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
D
C
B
D
D
A
BD
BCD
题号
11









答案
BC









0
1
2