2024届湘豫名校联考高三上学期8月入学摸底考试数学试题含答案

2024届湘豫名校联考高三上学期8月入学摸底考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式，由对数函数的定义域求出，求出答案.

【详解】因为集合，

所以.所以.

故选：C.

2．设是虚数单位，若复数满足，则的共轭复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由共轭复数以及虚部的定义求解.

【详解】由题可得，则，所以的虚部为.

故选:D

3．已知直线与圆相切，则实数（    ）

A．或 B．或9 C．11或 D．或

【答案】A

【分析】由圆心到直线的距离等于半径列出方程，求出.

【详解】依题知圆心，半径为3，则，解得或.

故选：A.

4．已知角的终边上一点，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先通过三角函数的定义求出，代入求出，继而求出的值.

【详解】角的终边上一点

，

解得.

.

故选：B.

5．已知向量在方向上的投影向量的模为，向量在方向上的投影向量的模为1，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据投影向量的模长公式计算出，再由向量垂直关系列出方程，求出，得到夹角.

【详解】由题可得所以.

因为，所以，

所以，所以，

即.

因为，所以.

故选：B.

6．如图，在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将该几何体补成一个直四棱柱，连接，则（或其补角）是异面直线与所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可.

【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱，由题易得底面为菱形，且为等边三角形.

连接，易得，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.

设1，则，

所以.

故选：D.

7．过抛物线的焦点的直线交于两点，若直线过点，且，则抛物线的准线方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出直线的方程，联立抛物线方程，设出坐标，得到两根之和，两根之积，根据弦长列出方程，求出答案.

【详解】因为直线过点，所以直线的方程为.

由得，.

设，则.

因为

，

整理得，解得，

所以抛物线的准线方程是.

故选：D.

8．已知函数则的图象关于（    ）

A．点对称 B．点对称 C．直线对称 D．直线对称

【答案】B

【分析】根据是奇函数，可得关于原点对称，进而根据即可根据平移求解.

【详解】因为

由于的定义域关于原点对称，且，所以是奇函数，

所以的图象关于点对称.

故选：B.

二、多选题

9．已知二项式展开式的第5项为15，则（    ）

A．

B．

C．展开式的系数的最大值为20

D．展开式的各项系数之和为64

【答案】BCD

【分析】由二项式展开式的第5项为15，可得，再代入逐一验证即可.

【详解】解：，

由题可得，

解得，

所以错误；

，正确；

展开式系数的最大值为，C正确；

令，则，

即展开式的各项系数之和为64，D正确.

故选：BCD.

10．已知数列满足，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，且，则

C．若，则

D．若，则数列的前项和

【答案】ABD

【分析】对于A，令，即可判断；对于B，由可得，从而有，进而得到，即可判断；对于C，令，利用累乘法即可求得，从而可判断；对于D，令，得是以1为首项，1为公差的等差数列，即可求得，从而可判断.

【详解】对于A，令，则，A正确；

对于B，由题可知，

因为，所以，所以，

所以，即，B正确；

对于C，令，则，所以，

累乘可得，所以错误；

对于D，令，则，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以正确.

故选：ABD.

11．某书店为了解其受众人群，对100名顾客的年龄进行调研，并将所统计的数据制成如图所示的频率分布直方图.已知是各个小矩形上短边的中点，若点在一条直线上，点在一条直线上，且，则下列描述正确的是（    ）

A．的值为0.0108

B．数据的众数大于中位数

C．数据的中位数小于平均数

D．数据的第80百分位数大于60

【答案】AC

【分析】先从直线的性质，可求出的值，再利用众数、中位数、平均数、百分位数的概念求解即可.

【详解】因为点在一条直线上，且的横坐标的差相同，

所以它们的纵坐标的差值也相同，

因为，

所以，.

因为，

点在一条直线上，

所以，A正确；

数据的众数的估计值为，

设中位数为，因为，

所以，

解得，即数据的中位数约为41.02，

所以数据的众数小于中位数，B错误；

因为，所以平均数大于中位数，C正确；

因为，所以数据的第80百分位数小于60，D错误.

故选：AC.

12．若函数满足：①，恒有，②，恒有，③时，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．的最大值为4

C．的单调递减区间为

D．若曲线与的图象有6个不同的交点，则实数的取值范围为

【答案】ABD

【分析】首先判断函数的周期和对称性，再根据条件③，求解的值，判断A；

以及求函数的最值，判断B；根据函数性质画出函数的图形，

即可判断函数的单调区间，判断C；利用数形结合，以及根据临界值列不等式，即可判断D.

【详解】由，得，所以是以4为周期的周期函数.

由，得的图象关于直线对称.因为时，

，所以，A正确；

时，，函数单调递增，

时，，

根据对称性和周期性可知，，

所以，B正确；

作的图象如图所示，易得的单调递减区间为错误；

因为曲线恒过定点，且关于对称，

若曲线与的图象有6个不同的交点，由图可知，

，解得正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知向量，若，则实数的一个可能取值为          .（答案不唯一）

【答案】0（答案不唯一，只需即可）

【分析】方法一，首先求得向量的坐标，再代入向量模的运算公式，即可求解；

方法二，首先代入向量数量积公式，化简后再代入坐标公式，即可求解.

【详解】方法一：因为，所以.

又因为，所以，解得.

方法二：因为，所以，即，

故，解得1.

所以的一个可能取值为0.（答案不唯一，只需即可）

故答案为：（答案不唯一，只需即可）

14．对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其经验回归方程为，且，则相应于点的残差为          .

【答案】/

【分析】利用样本中心在回归直线方程上及残差的定义即可求解.

【详解】因为，

所以样本点的中心为，

又因为经验回归直线过样本点的中心，

所以，

所以，

所以经验回归方程为.

当时，，

所以残差为.

故答案为：.

15．若是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围是          .

【答案】

【分析】根据题意得到方程有两个不同的正根，利用根的判别式即韦达定理得到，再求出，从而得到不等式，求出答案.

【详解】因为，所以.

因为是函数的两个极值点，

所以有两个正根，即方程有两个不同的正根.

所以，所以或.

又，得，故.

因为

，

又，所以，

即，解得.

综上所述，实数的取值范围是，.

故答案为：

16．在三棱锥中，平面平面，底面是边长为3的正三角形，若该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值为          .

【答案】

【分析】根据已知条件做出图形，利用球的表面积公式及正弦定理，结合棱锥的体积公式及线面垂直的性质定理，再利用勾股定理及矩形的特征即可求解.

【详解】依题意，点是三棱锥外接球的球心，设球的半径为是外接圆的圆心，

设圆的半径为，点到底面的距离为，

由题意，可得，则.

因为是边长为3的正三角形，

所以由正弦定理，可得，则.

所以三棱锥的体积为，

三棱锥的体积取最大值则需要最大.

由题意可知，点在过且与底面（此处底面为水平）垂直的截面圆的圆周上运动，当点运动到该圆的最高点时，最大.

取的中点，连接，过点作.如图所示，

由圆的对称性可知，此时，则.

又平面平面，且平面平面平面，

所以平面.

因为在中，，

又，

所以.

易得四边形为矩形，

所以.

因为在中，，

所以，

所以.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：根据已知条件做出图形，要使三棱锥的体积取最大值则需要最大即可.

四、解答题

17．已知函数，的内角所对的边分别为，，且的外接圆的半径为.

(1)求角的大小；

(2)求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式将函数化简，由求出的值；

（2）利用正弦定理求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得.

【详解】（1）因为

，

又，所以，

因为，所以，则，所以.

（2）由正弦定理得，即，

所以，

由余弦定理得，

当且仅当时等号成立，所以，

因为，

又的最大值为，所以面积的最大值为，当且仅当时取最大值.

18．一个不透明口袋里有大小、形状、质量完全相同的10个小球，其中有1个红色球、2个绿色球、3个黑色球，其余的是白色球，采取放回式抽样法，每次抽取前充分搅拌.

(1)50名学生先后各从口袋里随机抽取1个球，设抽取到的球为黑色或红色的次数为，求的数学期望；

(2)甲、乙两人进行游戏比赛，规定：抽到红色球得100分，抽到绿色球得50分，抽到黑色球得0分，抽到白色球得分.两人各从口袋里抽取两次，每次随机抽取一个球，求甲的得分比乙的得分高，且差值大于100分的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到，再运用二项分布的期望公式直接求解即可；

（2）根据题意得到甲乙任意一个人结束游戏的得分，再求出概率即可.

【详解】（1）由题意知，10个小球中有1个红色球、2个绿色球、3个黑色球，4个白色球，

随机抽取一球，为黑色球或红色球的概率为，

所以，所以.

（2）记甲和乙结束本轮游戏后，个人的得分为，

则的取值为，

每一次抽到红色球得100分的概率为，抽到绿色球得50分的概率为，

抽到黑色球得0分的概率为，抽到白色球得分的概率为，

则，，

，，

，，

，，，

则甲、乙的个人得分情况可能为：

则甲的得分比乙的得分高，且差值大于100分的可能情况为：

甲得200分，乙得90分及以下，概率为，

甲得150分，乙得40分及以下，概率为，

甲得100分，乙得分及以下，概率为，

甲得90分，乙得分，概率为，

则甲的得分比乙的得分高，且差值大于100分的概率.

19．已知数列满足以下三个条件，从中任选一个.

条件①：为数列的前项和，，且；

条件②：数列是首项为1的等比数列，且成等差数列；数列的各项均为正数，为其前项和，且，数列满足；

条件③：数列满足，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)记数列的前项和为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）若选条件①，则由，得，两式相减化简可得数列的奇数项、偶数项分别是以1，2为首项，2为公差的等差数列，从而可求出，进而可求出，若选条件②，则由已知条件列方程可求出公比，则可求出，再由，得，两式相减化简可得为等差数列，从而可求出，进而可求出，若选条件③，则可得，令，再利用累加法可得，再利用累加法得，进而可求出，

（2）由（1）得，利用错位相减法可求出，然后通过判断的单调性可证得结论.

【详解】（1）若选条件①：因为，所以，

两式相减，得.

因为，所以.

又，所以，

所以数列的奇数项、偶数项分别是以1，2为首项，2为公差的等差数列.

当时，；当时，.

综上所述，.所以.

若选条件②：设数列的公比为，

因为是首项为1的等比数列，且满足成等差数列，

所以，且，即，解得，所以.

因为数列的各项均为正数，为其前项和，且满足，

所以当时，，则，

因为，所以，

两式相减得，即.

因为，故，所以.

所以数列为等差数列，故.

所以.

若选条件③：由，得.

令，则.

当时，，

又满足上式，所以，即.

所以当时，.

又满足上式，所以，所以.

（2）证明：由（1）知，

则①，

所以②.

①-②可得：

.

所以.

因为，所以.

又，所以是递增数列.

所以，故.

20．如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是矩形，平面平面，且分别是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）方法一：取的中点，连接，则，，得平面，所以，由已知可得是等腰三角形，则，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，方法二：不妨设，连接，则可证得，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，

（2）可证得两两互相垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：方法一：取的中点，连接.

因为四边形是矩形，分别是的中点，

所以∥，，所以.

因为是等边三角形，所以.

因为，平面，所以平面.

因为平面，所以.

因为，

所以，

所以是等腰三角形.

因为是的中点，所以.

因为，平面，

所以平面.

方法二：不妨设，则.

如图，连接，

因为为的中点，所以.

所以.

又为的中点，

所以.

因为，平面，

所以平面.

（2）因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

所以两两互相垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，

则，

.

设平面的法向量为，

则，令，则，

所以平面的一个法向量为.

设平面的法向量为，

则，令，则，

所以平面的一个法向量为.

设二面角的平面角为，则

，

所以.

所以二面角的正弦值为.

21．在平面直角坐标系中，已知分别为椭圆的左、右焦点.为椭圆上的一个动点，的最大值为，且点到右焦点距离的最小值为，直线交椭圆于异于椭圆右顶点的两个点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若以为直径的圆恒过点，求证：直线恒过定点，并求此定点的坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点的坐标为

【分析】（1）由题意可得，，即可求得的值，从而即可得椭圆方程；

（2）由题意可得，分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，结合韦达定理及向量的数量积运用，即可得证(解).

【详解】（1）解：因为的最大值为，

所以为短轴的顶点时，，此时易得.

又点到右焦点距离的最小值为，即，

解得.

又由，可得.

所以椭圆的标准方程为；

（2）证明：当直线的斜率不存在时，

设，联立，

解得，

所以或.

又，

所以或，

因为以为直径的圆恒过点，

所以.

所以，

解得或（舍去），

此时直线的方程为.

当直线的斜率存在时，易知直线的斜率不为0，设，

联立，

消去得：.

由，得，

由根与系数的关系，知.

因为，

所以，

将代入上式，

整理得，

即，所以或.

当时，直线为，此时直线过点，不符合题意，舍去；

当时，直线为，此时直线过定点.

综上所述，直线恒过定点.

22．已知函数.

(1)若，求实数的取值范围；

(2)若函数的单调递增区间为，且的极大值为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题设只需保证在定义域内的最大值小于0即可，利用导数求最大值，即可求参数范围；

（2）构造，应用导数研究单调性，结合的单调递增区间边界值处导数为0列方程得且，再求出极大值（含参数），并应用零点存在性定理求范围，即可证结论.

【详解】（1）由题意，函数的定义域为，

由，不等式两边同除以，得.

设，则，令得.

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减.

所以，只需得：，

所以实数的取值范围为.

（2）令，则，令得：，

当时；当时，

所以在上单调递增，在上单调递减.

因为函数的单调递增区间为，

所以.

解得，且.

当时；当时；当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

所以的极大值.

因为，

所以，所以，即的极大值.

【点睛】关键点点睛：第二问，根据的单调递增区间边界值的导数值为0求得且，零点存在性定理求范围，并得到极大值（含参数）为关键.