2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次阶段性考试数学试题含答案

这是一份2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次阶段性考试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数是一元二次方程的一个根，则的值为
A．1B．C．0D．2
【答案】B
【分析】根据题意求得方程的两个复数根，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，方程，可得，
所以方程的两个复数根分别为或，
所以.
故选：B.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式求集合A，结合集合B的描述求交集.
【详解】由题设，而，，则，
所以.
故选：D
3．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】结合作差法比较代数式的大小关系，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可得答案.
【详解】由题意，
若，结合，则，
故“”是“”的充分条件；
者，则，
取满足，但不满足，
故“”不是“”的必要条件．
于是“”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
4．已知的展开式中各项系数之和为0，则展开式中的系数为（ ）
A．28B．-28C．45D．-45
【答案】A
【分析】根据展开式各项系数之和可得的值，从而可得展开式的通项，进而可得的系数.
【详解】的展开式中各项系数之和为0
所以令得，则，
所以的通项为
所以展开式中的系数为.
故选：A.
5．已知，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由指数函数的单调性可得，利用指数、对数函数的单调性得到，结合对数函数的单调性即可求解.
【详解】因为，所以，
得.
若，则，即，
得，与矛盾.
故，由，得，
得.
综上，.
故选：B.
6．直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
7．如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于，两点，且，，若直线的斜率为，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等腰三角形中角的关系以及直线斜率与倾斜角关系得，再根据二倍角的正切公式即可求出，最后结合的范围以及同角三角函数的关系即可得到答案.
【详解】由题意得，，，
则直线所对的倾斜角为，
，即，则，
则，
，，，
又因为，，
则，结合，
解得，
故选：B.
8．已知函数在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-e，2)B．(-e，1-e)C．(1，2)D．
【答案】A
【分析】在上递增，根据在上有最小值，可知有极小值点，也即最小值点，由此列不等式来求得的取值范围.
【详解】在区间上单调递增，由题意只需
，
这时存在，使得在区间上单调递减，在区间上单调递增，即函数在区间上有极小值也即是最小值．
所以的取值范围是.
故选：A
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强
B．数据的第75百分位数为10
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
D．某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675
【答案】BCD
【分析】根据相关系数的含义判断A；由百分位数求法可判断B；根据独立性检验的思想判断C；由分层抽样比例分配建立关系求解即可判断D.
【详解】对于A，相关系数，且越接近于1，相关程度越大，
反之两个变量的线性相关性越弱，
当时，线性相关系数越大，则越小，
线性相关性越弱，故选项A错误；
对于B，数据是从小到大排列的，由，
则第75百分位数为第6项数据与第7项数据的平均数，
故选项B正确：
对于C：因为，
所以有的把握可判断分类变量与有关联，
此推断犯错误的概率不大于，故选项C正确；
对于D，设该校女生人数是，则由分层抽样的比例分配方式，
得，解得，故选项D正确.
故选：BCD.
10．已知直线：与：相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，则（ ）
A．点
B．数列的前n项和满足：
C．数列单调递减
D．
【答案】AD
【分析】由题意，点，，，在直线上，点，，，在直线上，设点，则，可得，可得，利用数列递推关系变形可得是等比数列，进而可求得，依次可判断各选项.
【详解】由题可知，，，，故A正确；
设点，则，
故，即有，
∴，
故是以1为首项，为公比的等比数列，，
，
可得，故选项B错误；
对于数列有：，
故数列单调递增，选项C错误；
由两直线交点和点可得：，故D正确.
故选：AD.
11．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆､椭圆､双曲线及抛物线，下面四个结论正确的有（ ）
A．圆的面积为
B．椭圆的长轴长为
C．双曲线两渐近线的夹角正切值为
D．抛物线的焦点到准线的距离为
【答案】ABC
【分析】根据所给的图，结合截面圆与底面关系确定半径，即可求面积判断A；再由椭圆、双曲线、抛物线性质建立直角坐标系，并标注相关点的坐标求对应曲线方程，进而判断B、C、D.
【详解】A：由题图及已知：截面圆的半径为底面圆半径的一半，故圆的面积为，对；
B：如下图轴截面中，作于，则长轴长，
又，则，对；
C：如下图，与面垂直且过M的平面内，建立平面直角坐标系，
坐标原点O、点P与底面距离相等，均为2，则，双曲线与底面一个交点，
设双曲线为，且，则，
所以其中一条渐近线为，若其倾斜角为，则，
故两条渐近线夹角正切值为，对；
D：如下图，建立平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为H，
则，故，
设抛物线方程为，则，
所以抛物线的焦点到准线的距离为，错.
故选：ABC
12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．不等式的解集为
C．若关于的方程有6个实根，则
D．，，都有
【答案】AC
【分析】利用函数为奇函数求出时的解析式并求导，根据导数的几何意义，得出切线方程，即可判断A；结合的解析式，求出不等式的解集即可判断B；根据函数的性质作出的大致图象，可知当时，，由此即可判断D；根据的图象，结合函数图象的变换规律，作出的大致图象，根据直线与交点个数的情况，即可判断C．
【详解】函数是定义在上的奇函数，，
∵当时，，
∴当时，，则，
∴，，又
∴曲线在点处的切线方程为，故A正确；
∵
∴令，则
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，符合题意，
故的解集为，故B错误；
当时，，∴，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴当时，取极小值，
在时，，
函数是上的奇函数，图象关于原点对称，
根据以上信息，作出的大致图象如图，
由图可知，当时，，
，，都有，故D错误．
根据函数图象的变换规律，作出的大致图象如图，
由图可知，当时，直线与的图象有6个交点，则关于的方程有6个实根，故C正确；
故选：AC．
三、填空题
13．在中，，，则的值是 .
【答案】.
【分析】根据三角形内角和是，以及两角和的余弦公式，并使用诱导公式和平方关系，可得结果.
【详解】在中，，
所以
又，所以
可知为锐角，
所以
又，可知
所以
即
所以
故答案为：
【点睛】本题考查两角和的余弦公式，还考查三角形中角的大小的判断，属基础题.
14．数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足：，则数列的最大项等于 .
【答案】/1.75
【分析】由条件求数列的通项公式，再研究数列的单调性，由此确定其最大项.
【详解】数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列为：
，该数列为首项为1，公差为的等差数列，
所以，
所以
因为
所以当时，，即，
又，
所以数列的最大项为第二项，其值为.
故答案为：.
15．已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于两点，则 .
【答案】
【分析】利用双曲线的离心率，求解渐近线方程，然后求解圆的圆心到直线的距离，转化求解即可．
【详解】双曲线的离心率为，
可得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为：，
一条渐近线与圆交于，两点，圆的圆心，半径为1，
圆的圆心到直线的距离为：，
所以．
故答案为：．
16．莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为2，点为上的一点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为，再利用三角形的几何意义求解即可.
【详解】设为的中点，为的中点，如图所示，
则
，
在正三角形中，，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以的最小值为：
.
故答案为：.
四、解答题
17．在中，角的对边分别为，已知，且.
(1)求的外接圆半径；
(2)求内切圆半径的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得，由求；
（2）由正弦定理求的范围，再用求得后即可求的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理，，可得
再由余弦定理，，又，所以.
因为，所以.
（2）由（1）可知：，则.
则.
在中，由正弦定理，
，所以，
则
，
又，所以，
所以，
，所以.
五、证明题
18．已知数列的前n项和为，，．
（1）求证为等比数列；
（2）求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由已知得，即，可证明是等比数列；
（2）有（1）知，即，合理利用放缩然后利用裂项相消可得证明.
【详解】证明：（1）∵数列的前n项和为，，，∴，
∴，，∴是以为首项，以4为公比的等比数列．
（2）∵是以为首项，以4为公比的等比数列，∴，∴．∴．
，，所以，
当时，
∴
．
综上所述，．
【点睛】本题主要考查了由递推数列求证等比数列，以及放缩法证明不等式，其中合理利用放缩然后再利用裂项相消求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
六、解答题
19．综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立．
(1)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
(2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）求出的所有可能取值及其对应的概率，即可求出ξ的分布列，再由期望公式求出ξ的数学期望；
（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，由条件概率公式代入求解即可.
【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴的分布列如下：
．
（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，
．
七、证明题
20．如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且∥平面.
(1)求三棱锥的体积；
(2)平面与平面所成角为，与平面所成角为，求证：.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为与的正余弦值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意，
∵平面平面，且平面平面，，平面ABC
∴平面，
∵平面，
∴，
又，，平面ABC
∴平面，
连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，
∵，
∴，
∴.
∴三棱锥底面的面积，高，
∴其体积为：.
（2）证明：由题意及（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图.
则.
设平面的法向量为，
由，取，则，
平面的一个法向量为，
所以
又因为，所以
又，所以.
八、解答题
21．已知函数.
(1)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）对任意的，恒成立，分离参数，则，令，利用导数进行研究求出函数的最大值即可；
（2）由（1）可得，令，整理即可得，然后利用此不等式将待证不等式左边每一项放缩，进而利用对数的运算性质证得原不等式.
【详解】（1）解：对任意的，恒成立，
即为，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又当时，，
注意到，则当时，，即；
当时，，即，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
所以；
（2）证明：由（1）可得，
即，令，
则，即，
所以.，
所以原不等式成立.
22．已知椭圆的离心率为，三点中恰有两个点在椭圆上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对称性得到和在C上，得到，再根据离心率得到答案；
（2）设直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算的横坐标，得到，设，，，计算最值即可.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知点和在C上，代入方程得．
设C的半焦距为，则离心率为，所以，
所以，解得，以椭圆C的方程为．
（2）设，，，设直线．
由消去x得，
所以，
设点，直线EA的方程为，
由与联立得，
同理可得．
所以
．
整理得，
因为点到直线的距离，
所以．
设，则，
所以，
当，即时，．
【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用换元法求最值是解题的关键.
0
1
2
3
P