2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期开学暑期检测数学试题含答案

这是一份2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期开学暑期检测数学试题含答案，共20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。
2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期开学暑期检测数学试题 一、单选题1．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由复数的除法运算、共轭复数的运算求解即可.【详解】因为，所以.故选：D.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【分析】由充分条件必要条件的定义判断.【详解】由不等式的性质，当时，一定有；当时，有或，不能得到.则“”是“”的充分不必要条件.故选：A3．已知函数，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，利用可构造方程求得结果.【详解】，，解得：.故选：C.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知，利用三角函数的诱导公式计算求解.【详解】由，有，得，可得，所以.故A，C，D错误.故选：B.5．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直线截圆的弦长计算出的值，利用双曲线的离心率公式可求得双曲线的离心率的值.【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.6．八卦是中国古老文化的深奥概念，下图示意太极八卦图.现将一副八卦简化为正八边形，设其边长为，中心为，则下列选项中不正确的是（    ）  A．B．C．和是一对相反向量D．【答案】C【分析】A项，由判断；B项，由数量积的运算律求解判断；C项，利用相反向量的定义判断；D项，利用向量的线性运算求解判断.【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．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛应用，其定义为:时， .若数列 ，则下列结论:①的函数图像关于直线对称；②；③；④ ；⑤.其中正确的是（    ）A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤【答案】D【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.【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．已知函数，则不等式的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，原不等式可整理为，求导得到的单调性，构造函数，求导，根据单调性得到，然后分和两种情况解不等式即可.【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.【点睛】根据不等式形式构造新函数进而判断新函数的单调性是解题的关键. 二、多选题9．根据国家统计局数据显示，我国2010~2019年研究生在校女生人数及所占比重如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．2010~2019年，我国研究生在校女生人数逐渐增加B．可以预测2020年，我国研究生在校女生人数将不低于144万C．2017年我国研究生在校女生人数少于男生人数D．2019年我国研究生在校总人数不超过285万【答案】ABC【分析】根据统计图表依次判断选项即可得到答案.【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：ABC10．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是  （    ）  A．B．函数的零点为C．函数图象的对称轴为直线D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为【答案】ACD【分析】根据三角函数的图象，利用三角函数的性质，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数的图象，可得，，则，所以，又由，解得，因为，所以，所以，所以A正确.令，解得，可得函数的零点为，所以B错误.令，解得，所以函数图象的对称轴为直线，所以C正确.由，则，因为的值域为，所以，解得，即实数的取值范围为，所以D正确.故选：ACD.11．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（    ）A．直线为异面直线 B．C．直线与平面所成角的正切值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9【答案】BC【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.【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；故选：BC12．已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（    ）A．若，则双曲线的离心率B．若是面积为的正三角形，则C．若为双曲线的右顶点，轴，则D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则【答案】AB【分析】对选项A，由题意列式得，即可求得；对选项B，利用等边三角形的性质求解得，，即可得；对选项C，可得，即可判断，对选项D，举出反例即可判断.【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.故选：AB.【点睛】关于双曲线的离心率的求解，一般需要先列关于的等式或者不等式，从而求解出离心率的范围；关于双曲线的焦点三角形的应用，一般需要用到双曲线的定义以及余弦定理列式来求解. 三、填空题13．已知展开式中，所有项的二项式系数之和为，则              ．（用数字作答）【答案】【分析】利用二项展开式系数和为可求得的值，令，利用赋值法可得的值.【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．已知，为单位向量，且在方向上的投影为，则              ．【答案】【分析】根据向量投影的定义求得，进而结合平面向量的数量积以及运算律即可求出结果.【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．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且满足，设弦的中点M到y轴的距离为d，则的最小值为          ．【答案】1【分析】设,利用余弦定理表示出，利用抛物线定义结合梯形中位线性质表示出，从而可得的表达式，进而利用基本不等式化简，可求得答案.【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【点睛】关键点点睛：本题综合性较强，涉及到余弦定理和抛物线定义以及基本不等式等，解答的关键是利用抛物线的定义表示出弦 的中点M到y轴的距离，结合余弦定理表示出的表达式，进而转化为利用基本不等式求最值问题.16．若函数在区间上是严格减函数，则实数的取值范围是      .【答案】．【分析】分类讨论，按绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号，然后对分类函数的两个二次函数的对称轴进行分类讨论可得．【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．已知数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）通过对进行变形，结合，得出的通项公式，进而得出的通项公式；（2）根据的通项公式进行求和，即可证明结论．【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．如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，．  (1)求的面积；(2)求的周长的最大值．【答案】(1)3(2) 【分析】（1）根据四边形存在外接圆的几何性质可得，利用平方关系可得，再根据面积公式可得的面积；（2）根据余弦定理求解的长，再由余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值．【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．在四棱锥P-ABCD中，侧面底面ABCD，，底面ABCD是直角梯形， ．（1）求证：平面PBD：（2）设E为侧棱PC上异于端点的一点，，试确定的值，使得二面角E-BD-P的余弦值为．【答案】（1）证明见解析  （2）【分析】（1）以D为原点建立空间直角坐标系，利用推出，结合可证明线面垂直；（2）设，由用表示出点E的坐标，从而求出平面EBD的一个法向量，代入即可求得.【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．【点睛】本题考查空间位置关系的向量证明，空间向量证明线线垂直、利用法向量求二面角的余弦值，属于常考题.20．甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得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，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.(1)若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；(2)当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；（2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值.【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245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．已知椭圆左焦点为，离心率为，以坐标原点为圆心，为半径作圆使之与直线相切.(1)求的方程；(2)设点是椭圆上关于轴对称的两点，交于另一点，求的内切圆半径的范围.【答案】(1)(2). 【分析】（1）由题意得，解方程组可求出，从而可得椭圆的方程；（2）设的方程为，代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由点三点共线且斜率一定存在，可求得，得直线过定点，且为椭圆右焦点，所求内切圆半径为，则，化简换元后可求出其范围.【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.  .【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、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，且，．(1)讨论的单调性；(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．【答案】(1)答案见解析(2)，理由见解析 【分析】（1）分类讨论与，结合导数与函数的关系即可得解；（2）观察式子先确定，再利用转化法与换元法得到，进而利用双变量处理方法得到，利用导数证得，从而得解.【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.