2024衡阳八中高三上学期开学检测（8月）数学PDF版含解析（可编辑）

衡阳市八中2024届高三暑期检测

参考答案：

一、单选题

1．D     2．A       3．C

4．B【详解】由，有，得，

可得，所以.故A，C，D错误.故选：B.

5．A【详解】双曲线的渐近线方程为，

圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，

所以，圆心到直线的距离为，解得，

因此，双曲线的离心率的值为.故选：A.

6．C【详解】A项，由于，明显有，故正确；

B项，因为每个边对应的中心角为，则，

所以，

又，且，所以，B正确；

C项，和方向相反，但长度不等，因此不是一对相反向量，C错误；

D项，因为，所以，D正确.故选：C.

7．D【详解】对于①：若 ，则 ， ，关于 对称，

若为无理数，则 也是无理数， ，也关于 对称，

若 ，并且 是既约的真分数，则，并且 是互质的 ， ，

也是真分数，若 不是既约分数，则 与 必定存在公约数 ，

不妨假设 ，则有 ，即 存在大于1的公约数，与题设矛盾，故 也是既约分数， ，即关于 对称，

故①正确；

对于②， 时， ，故②错误；

对于③，当 时，有 ， ，但当 时 ，故③错误；

对于④， ， ，

构造函数 ，  ，则 ， 单调递增，

，即 当 时 ，

， ，

当 时， ， ， ，故④正确；

对于⑤，

，故⑤正确；

故选：D.

8．D【详解】不等式可整理为，

令，定义域为，则原不等式可看成，

，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，上单调递增，

令，则，令，则，令，则，

所以在上单调递增，上单调递减，且，所以，即，即，

当时，，，所以，解得；

当时，，，所以，不成立；

综上可得，不等式的解集为.故选：D.

二、多选题

9．ABC【详解】对选项A，从2010-2019年，我国研究生在校女生人数逐渐增加，故A正确；

对选项B，由于2010-2019年，我国研究生在校女生人数逐年增加，且2019年人数为144.8万，故B正确；

对选项C，2017年我国研究生在校女生人数所占比重为48.4%，不足一半，故C正确；

对选项D，，故2019年我国研究生在校总人数超过285万，故D项错误.

故选：ABC

10．ACD【详解】由函数的图象可知，，，则，，

由，解得，因为，所以，，所以A正确.

令，解得，故B错误.

令,解得，所以C正确.

对于D，，则，值域为，

所以，解得，即实数的取值范围为，故D正确.

11．BC

【详解】对于A，连接，

由题意可知，因为，所以，所以共面，

故选项A错误；

对于B，连接，

由题意可知，

所以，故选项B正确；

对于C，连接，

由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；

对于D，连接，根据正方体的性质可得，且，

所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；

12．AB【详解】由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；

对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.

三、填空题

13．【详解】由已知条件可知二项式系数和为，可得，

令，则.故答案为：.

14．【详解】由题得在方向上的投影为，又因为，为单位向量，则，所以，所以，即．故答案为：．

15．1【详解】由抛物线可得准线方程为，

设，由余弦定理可得,

由抛物线定义可得P到准线的距离等于 ，Q到准线的距离等于，

M为的中点，由梯形的中位线定理可得M到准线的距离为，

则弦的中点M到y轴的距离，

故，

又，

则，当且仅当时，等号成立，

所以 的最小值为1，故答案为：1

16．．【详解】因为，

当时，时，单调递增，不合题意；

当时，时，，函数在区间上是严格减函数，

则，即；

当时，时，，函数在区间上是严格减函数，则，即；

当时，，

，因此在是单调递增，不合题意；

综上，的范围是．故答案为：．

四、解答题

17．(1)(2)证明见解析

【详解】（1）因为，则化为，

即，所以，所以是首项为，公差为的等差数列，

所以，解得，

当时，，不满足上式，所以.

（2）结合（1）得，，

所以，因为，所以．

18．(1)3    (2)

【详解】（1）因为平面四边形存在外接圆，

所以，，

又，所以，

所以的面积．

（2）在中，由余弦定理得

，解得．

在中，由余弦定理得，

即．

由此得，当且仅当时，等号成立，

所以，故的周长．

19．（1）证明见解析  （2）

【详解】（1）证明：因为侧面底面ABCD，，

所以底面ABCD，所以．又因为，即，

因此可以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

所以，所以．由底面ABCD，可得，

又因为，所以平面．

（2）因为，又，设，则，

所以．设平面EBD的法向量为，

因为，由，得，

令，则可得平面EBD的一个法向量为，，，，

代入，化简得，解得或，又由题意知，故．

20．(1)         (2)分布列见解析，

【详解】（1）用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则，

记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种，

所以

.

（2）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，

由题意得的所有可能取值为，则

，

，

.

所以的分布列为

所以的期望

，

因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，

所以，故的最大值为.

21．(1)(2).

【详解】（1）依题意，解得，所以的方程为.

（2）因为不与轴重合，所以设的方程为，

设点，则联立，得，

则

因为点三点共线且斜率一定存在，所以，

所以，将代入

化简可得，故，解得，满足

所以直线过定点，且为椭圆右焦点

设所求内切圆半径为，因为，

所以

令，则，所以，

因为，对勾函数在上单调递增，所以，则.

所以内切圆半径的范围为.

22．(1)答案见解析    (2)，理由见解析

【详解】（1）由，得，又，所以，

则，所以，．

当时，令，得或；令，得；

所以在和上单调递增，在上单调递减；

当时，令，得；令，得或；

所以在与上单调递减，在上单调递增．

（2），理由如下：因为，

由，得，解得或．

因为，所以，，是的正根，则，

又，所以，，

两式相减得．

令，，则，得，则．

令，则，

所以，，可得

．

设，则，再设，则，

所以在上为增函数，则，

即，则在上为增函数，

从而，所以，即，

所以，即．

【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键是利用换元法，将转化为，从而再利用导数处理双变量的方法求解即可.