湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高三数学上学期第二次阶段性试题（Word版附解析）

周南中学2024届高三年级第二次阶段性测试

数学

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出集合再求交集即可.

【详解】，，

则.

故选：B.

2. 已知复数，是方程的两个虚根，则为（    ）

A. 4 B. 2 C. 0 D.

【答案】A

【解析】

【分析】解出方程的两个虚根和，可求.

【详解】复数，是方程的两个虚根，则，，

所以复数.

故选：A

3. 在中，是边上一点，且，若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据图形的特征，则向量的线性运算，把用表示，得到的值.

【详解】中，是边上一点，且，如图所示，

则，

所以的值为.

故选：D

4. 若数列满足,，则的值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】运用代入法进行求解即可.

【详解】因为,，

所以有，

因此数列是以为周期的数列，

所以.

故选：D

5. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先判断函数的奇偶性，可排除B,D，再判断时函数的正负即可得出.

【详解】设，该函数的定义域为

，

所以函数为奇函数，故排除B，D选项；

当时，，则，排除A选项.

故选：C.

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

6. 已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,根据圆柱的体积公式即可求解.

【详解】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为，
所以该几何体的体积为.

故选:B.

7. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】根据三角恒等变换公式求解.

【详解】

所以，

所以

故选:B.

8. 设，，，则的大小顺序为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，构造函数，利用导数求得函数在上为单调递减函数，结合，即可求解.

【详解】由，且，

构造函数，可得，

当时，，单调递减，

又由，故，即.

选选：C.

二、选择题：本题共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. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（    ）

A. 若的方差为，则的方差为；

B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1；

C. 已知随机变量服从正态分布，若，则；

D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则.

【答案】CD

【解析】

【分析】由方差的性质，相关系数的性质，正态曲线的对称性，百分位数的计算，分别判断各选项是否正确.

【详解】若的方差为，则的方差为，A选项错误；

相关关系越强，相关系数r的绝对值越接近于1，B选项错误；

已知随机变量服从正态分布，若，，则，C选项正确；

按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，

由，第30百分位数是第2个数据，则有，

由，第50百分位数是第3个数据和第4个数据的平均值，则，得，

所以，D选项正确.

故选：CD.

10. 已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（    ）

A. 的图像关于点对称；

B. 的图像关于直线对称；

C. 将函数图象上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到余弦函数的图象；

D. 若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是.

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据函数的图象，求得函数的解析式为，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，

可得，所以，所以，

又由，可得，解得，

因为，所以，所以，

对于A中，当时，可得，所以不是函数的对称中心，所以A错误；

对于B中，当时，可得，所以函数的图像关于直线对称，所以B正确；

对于C中，将函数图象上所有点横坐标伸长为原来的2倍，将纵坐标缩短为原来的一半，

可得，再把的图象向左平移个单位长度，可得函数，所以C正确；

对于D中，当，可得，

当，即时，函数单调递减；

当，即时，函数单调递增，

又由，

所以方程在上有两个不相等的实数根时，的取值范围是，所以D正确.

故选：BCD.

11. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（    ）
AI
 

A. ；

B. 1225既是三角形数，又是正方形数；

C. ；

D. ，总存在，，使得成立；

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据数列和的递推公式，由累加法得通项公式，放缩法验证选项A；用通项公式验证选项B；裂项相消求和验证选项C；取实例验证选项D.

【详解】依题意，数列中，，，，，…，，，

于是得，满足上式，

数列中，，，，，…，，，

于是得，满足上式，

因此，，

对于A，，

则，A正确；

对于B，因为，则，又，则，B正确；

对于C，当时，，

则

，C错误；

对于D，，，取，，则，

所以，，总存在，，使得成立，D正确.

故选：ABD

12. 为抛物线的弦，，分别过作的抛物线的切线交于点，称为阿基米德三角形，弦为阿基米德三角形的底边.若弦过焦点，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 底边的直线方程为；

C. 是直角三角形；

D. 面积的最小值为.

【答案】ABC

【解析】

【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程为和，得到，进而可判定A正确；点在直线上，进而得到底边的直线方程，可判定B正确；设直线，联立方程组，根据，可判定C正确；取的中点，化简得到的面积为，可判定D不正确.

【详解】依题意设，，由方程，可得，则，

由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，

可得A处的切线方程为：，即，

化简可得，所以直线的方程为，

同理可得：直线BM的方程为，所以，

则，

因为，解得，即，所以A正确；

因点在直线上，

可得，，

即在上，在上，

所以底边的直线方程为，所以B正确；

设直线，联立方程组，整理得，

则且，，

因为，所以，

所以是直角三角形，所以C正确；

取的中点，连接，根据抛物线的定义，可得平行轴，

所以

因，，所以，

，

代入可得，

当时，，所以D不正确.

故选：ABC.

【点睛】方法点拨：圆锥曲线中的最值问题的分类及求解策略：

1、圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中的几何元素的最值，以及当这些元素存在最值时，求解与之有关的一些问题；

2、对于圆锥曲线中的最值问题，一般可采用数形结合的方法或转化为函数的最值的问题加以解决，解决最值范围问题时，应重视圆锥曲线的定义、曲线的几何特征、方程的代数特征在解题中的作用.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 展开式中项的系数为______.

【答案】240

【解析】

【分析】求得展开式的通项，结合通项，即可求解.

【详解】由二项式的展开式的通项为，

当时，可得，

所以展开式中的系数为.

故答案：.

14. 某篮球队教练对近两年队员甲参加过的100场比赛进行统计：甲在前锋位置出场20次，其中球队获胜14次；中锋位置出场30次，其中球队获胜21次；后卫位置出场50次，其中球队获胜40次.用该样本的频率估计概率，则甲参加比赛时，该该球队某场比赛获胜的概率为______.

【答案】0.75##

【解析】

【分析】根据全概率公式进行求解即可.

【详解】根据全概率公式可知：

甲参加比赛时，该该球队某场比赛获胜的概率为，

故答案为：

15. 在中，，，，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】先建立平面直角坐标系，然后结合平面向量数量积的运算及三角函数值域的求法求解即可.

【详解】以C为坐标原点，分别以CB、CA所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系，

则，，，
为所在平面内的动点，且，点在为以C为圆心2为半径的圆上，

设，，则，

，

其中，

由，所以的取值范围是.

故答案为：．

16. 已知存在两个极小值点，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】依题意，至少有三个变号零点，可得与的图像有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性，作出函数图像，数形结合求的取值范围，并证明符合题意.

【详解】由题知，定义域为，

所以，

若存在两个极小值点，则至少有三个变号零点，

因为，所以需在上至少有两个不等于1的零点，

即与，有两个不同的交点，故，，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因为指数函数增长比幂函数增长快，所以当趋向于正无穷时，远远大于，

故趋向于正无穷时，趋向于0，又因为，，

由此画出在图像如下：

由图象可知：，下证：当时，有两个极小值点，

不妨记与的两个不同交点的横坐标为，，可记，

则当时，，即，，

此时，单调递减，

当时，，即，，

此时，单调递增，

当时，，即，，

此时，单调递减，

当时，，即，，

此时，单调递增，

故存在两个极小值点分别为，符合题意，故成立.

所以的取值范围是.

【点睛】方法点睛：

导数研究函数的极值，可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

四、解答题：本题共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. 在中，设角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且．

（1）求；

（2）若D为上点，平分角A，且，，求．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）由题意和正弦定理得到，利用余弦定理求得，即可求解；

（2）利用，化简得到，进而求得，结合因为，即可求解.

【详解】（1）因为，

由正弦定理可得，整理得，

由余弦定理，可得，

又因为，可得．

（2）因为D为上点，平分角，则，

又由，

可得，

又因为，可得，解得，

因为，所以．

18. 已知各项为正的数列的前项和为，满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）升次作差得，再结合等差数列定义即可求出；

（2），再利用乘公比错位相减法即可.

【小问1详解】

因为①，所以②.

②①两得，即

又因，所以；当时，

解得，所以.

【小问2详解】

由（1）知，则①，

②，

①②得

，

所以.

19. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.

（1）证明：平面；

（2）若，求平面与平面所成锐二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）法一：根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定与性质证明即可；

法二：以为坐标原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，根据证明即可；

（2）法一：在面内，延长与交于点，根据线面垂直的性质可得是面与面所成二面角的平面角，再根据几何关系求解即可；

法二：设面与面所成锐二面角的大小为，则由向量的数量积求解.

【小问1详解】

法一：因为底面，底面，所以，

由底面为长方形，有，而，，面，

所以平面，而平面，所以，

又因为，点是的中点，所以，

而，，面，所以平面，

而平面，所以.

又，，，面，所以平面.

法二：以为坐标原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，

则，，，，，

点是的中点，所以，，于是，

即，又已知，而，，面，所以平面.

  【小问2详解】

法一：如图所示，

在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线，

由（1）知，平面，平面，所以，

又因为底面，底面，所以，而，

，面，所以平面，又，平面，所以，

，故是面与面所成二面角的平面角，

设，，有，在中，由，得，则，解得.

法二：由底面，所以是平面的一个法向量；

由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量.

若面与面所成锐二面角的大小为，则由向量的数量积得

，解得，

即平面与平面所成锐二面角的大小为.

20. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.

（1）求双曲线的方程；

（2）若为双曲线的左焦点，过点作直线交的左支于两点.点，直线交直线于点.设直线的斜率分别，求证：为定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由已知条件，列方程组求，可得双曲线标准方程；

（2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值.

【小问1详解】

由题意，双曲线的离心率为，且在双曲线上，

可得，解得，，所以双曲线的方程为.

小问2详解】

双曲线的左焦点为，

当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；

当直线的斜率不为0时，设，
AI

联立方程组，消得，易得，

由于过点作直线交的左支于两点，

设，，所以，，

由直线，得，

所以，又，

所以

，

因为，所以，且，

所以，即为定值.

【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21. 2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．

（1）为了更好的服务于高三学生，某研究机构对随机抽取的5名高三学生的记忆力和判断力进行统计分析，得到下表数据

请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求关于的线性回归方程．

（2）现有甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门笔试科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门笔试科目通过的概率依次为，，，其中，根据规定每名考生只能报考强基计划的一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，求该考生更希望通过乙大学笔试时的取值范围．

参考公式：

①线性相关系数，一般地，相关系数的绝对值在以上（含）认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱．

②对于一组数据，，…，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，．

【答案】（1）相关系数，与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，回归直线方程；（2）．

【解析】

【分析】（1）根据表格中的数据，求得相关系数，得到与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，进而求得，即可求的回归直线的方程；

（2）通过甲大学的考试科目数，得到，设通过乙大学的考试科目数可能的取值为0，1，2，3，求得相应的概率，求得，根据考生更希望通过乙大学的笔试考试，列出不等式，即可求解．

【详解】（1）根据表格中的数据，可得，，

，，

，

可得相关系数，

故与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，

又由，可得．

综上回归直线方程．

（2）通过甲大学的考试科目数，则，

设通过乙大学的考试科目数为，则可能的取值为0，1，2，3，

则，

，

，

，

所以，

因为该考生更希望通过乙大学的笔试考试，所以，即，

又由，解得，

即为该考生更希望通过乙大学的笔试时的范围为．

【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：

1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；

2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；

3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；

4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.

22. 已知函数.

（1）若存在极值，求的取值范围；

（2）若，已知方程有两个不同的实根，，证明：.（其中是自然对数的底数）

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义分类讨论进行求解即可；

（2）根据导数的性质，结合构造函数法、对数均值不等式进行证明即可.

【小问1详解】

因为，所以，，

当，即时，，则为单调递增函数，不可能有极值，舍去；

当，即时，令，解得，

当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在取得极大值，符合题意；

综上：，故实数的取值范围为.

【小问2详解】

由得:.

由得即

构造.易知在单调递增且.

∴.即取对数得

设.则

即.

利用对数均值不等式有即证得.

要证.只要证明.

设.由（*）可且

则

在单调递减，则.即

对数均值不等式.

证明如下:不妨设，要证，即证，，

令即证，即

即证:.

令，则

所以结论得证.