2024邵阳武冈高三上学期期中考试数学含解析

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高三数学
本试卷分为问卷和答卷.考试时量120分钟，满分150分.请将答案写在答题卡上.
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，只有一个选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】根据并集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：B.
2. 已知，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知列式解出，即可根据复数的运算得出答案.
【详解】复数是纯虚数，
，且，故，
.
故复数在复平面内对应的点在第一象限，
故选：A.
3. 若向量，则“”是“向量的夹角为钝角”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】B
【解析】
【分析】根据向量的夹角为钝角求出m的范围，即可判断“”和“向量的夹角为钝角”之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】向量，由向量的夹角为钝角，
即有，解得且，
即“”不能推出“且”即“向量的夹角为钝角”；
“向量的夹角为钝角”即“且”能推出“”；
故“”是“且”的必要不充分条件，
即“”是“向量的夹角为钝角”的必要不充分条件．
故选：B．
4. 设等差数列的公差为，前项和为，若，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式与前项和的定义，即可求出公差的值.
【详解】解：等差数列中，
，
所以；
又，所以；
所以，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与前项和的定义应用问题，是基础题.
5. 已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（ ）（参考数据：）
A. 48个月B. 52个月C. 64个月D. 120个月
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以，
这种垃圾完全分解，即当时，有，即，
解得.
故选：B
6. 已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象可知，是函数两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.
【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；
由图可知，利用整体代换可得，
所以，若为已知，则可求得.
故选：B
7. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】因为,所以,
即,即,所以.
如图,设,
由题知,等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,
,
.
故选:D.
8. 已知函数，当时，恒成立，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】不等式不恒成立，确定此时，恒成立，着重考虑的情形，
不等式变形为，再变形为，因此引入函数，利用导数证明它在上是增函数，不等式又变形为，，又引入函数，由导数求得其最大值即得的范围．
【详解】由题意，若显然不是恒大于零，故.（由4个选项也是显然可得）
，则在上恒成立；
当时，等价于，
令在上单调递增.
因为，所以，即,
再设，令，
时，，时，，在上单调递增，在上单调递减，
从而，所以.
故选：D．
【点睛】本题考查用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是问题的化简与转化，首先确定，其次确定恒成立，在时，把不等式变形，通过新函数的单调性逐步转化，最终分离参数转化为求函数的最值．
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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 的最大值为2
C. 在上单调递减D. 是的一条对称轴
【答案】AD
【解析】
【分析】依题意可得，再根据正弦函数的性质判断即可.
【详解】因为，
所以，所以的最小正周期为，故A正确．
当时取最大值，且最大值为，故B错误．
当时，，所以函数在上单调递增，
故函数在上单调递增，故C错误．
因为，
所以是的一条对称轴，故D正确.
故选：AD
10. 设等比数列的公比为，其前n项和为，前n项积为，并满足，，，下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. 是数列中的最大项D. 是数列中的最大项
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知分析出，，，即可判断各个选项．
【详解】因为是公比为的等比数列，且，，，
若，则为增数列，且，则不成立，故假设不成立，
所以，，，
对于A，，故A正确．
对于B，，故B正确．
对于C，根据上面分析，等比数列中的每一项都为正值，所以无最大值，所以数列无最大项，故C错误．
对于D，等比数列中从到的每一项都大于1，从开始后面每一项都小于1且大于0，所以是数列中的最大项，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知过抛物线T：焦点F的直线l交抛物线T于A，B两点，交抛物线T的准线与点M，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 直线l的倾斜角为150°B.
C. 点F到准线的距离为8D. 抛物线T的方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】如图，由题意和抛物线的定义可得、，即可判断AB；联立直线l方程和抛物线方程，根据韦达定理和抛物线的定义可得，解出p即可判断CD.
【详解】过点A、B分别作AC、BD垂直于准线，垂足分别为C、D，则，
因为，所以，，
由得，
在中，，所以锐角，
所以该直线l的倾斜角为.
由抛物线的对称性知，当点A位于第四象限，同理可得该直线l的倾斜角为.
综上，直线l的倾斜角为30°或150°，故A错误，B正确．
设直线l的方程为，，，
由，消去y得，所以，
所以，解得，
所以点p到准线的距离为4，抛物线T的方程为，故C错误，D正确．
故选：BD．
12. 如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（ ）

A.
B. 可能为
C. 的最大值为
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题设结合余弦定理可得，进而有，再由线面垂直的判定、性质判断A；构建空间直角坐标系，应用线线角的向量求法求、的余弦值或范围判断B、C；向量法直线位置关系判断D.
【详解】由题设，四边形为等腰梯形，且，
由，
所以，
又，结合题图知：，即，
所以，则，即，
由题设面，面，则，
，面，故面，面，
所以，A对；
由两两垂直，可构建如下图示的空间直角坐标系，

若，则，
所以，则，
所以不可能为，B错；
由，则，故，
令，则，
所以，C对；
时，显然，即，D对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：利用已知及线面垂直的性质、判定确定两两垂直，应用向量法判断其它各项为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项求值.
【详解】，
其二项展开式的通项为，，
令，即，
所以，
故答案为：.
14. 某班派遣五位同学到甲，乙，丙三个街道进行打扫活动，每个街道至少有一位同学去，至多有两位同学去，且两位同学去同一个街道，则不同的派遣方法有_________种.
【答案】18
【解析】
【分析】先安排，再将剩余3人分别两组，和两个街道进行全排列，求出答案.
【详解】由题意得，学生的分配人数分别为2，2，1，
由于两位同学去同一个街道，故先从3个街道中选择1个安排，有种，
再将剩余3人分别两组，和两个街道进行全排列，有
故不同的派遣方法有种.
故答案为：18
15. 已知体积为96的四棱锥的底面是边长为的正方形，底面ABCD的中心为，四棱锥的外接球球心O到底面ABCD的距离为2，则点P的轨迹的长度为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得到底面的距离为6，进而可求外接球的半径，即可知与不可能在面的两侧，则在垂直于且与球心距离为4的平面与的外接球的交线上，即可求的轨迹长度.
【详解】由题意可知：点P到底面ABCD的高，
又因为四棱锥的外接球的球心O到底面ABCD的距离为2，
设外接球半径为R，
因为底面ABCD的中心为，所以平面ABCD，
则，可得，
所以点O与点P不可能在平面ABCD的两侧，如图所示，

所以点P在垂直于且与球心O的距离为4的平面于的外接球的交线上，在以为半径的圆上，
因为，所以，故点P的轨迹长度为．
故答案为：.
16. 已知函数有两个极值点，且，则实数m的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】依题意，有两个极值点等价于，有两个不同实根，且，
令，得，
设，，
令，得；令，得；
所以在单调递减，在单调递增，又当时，，
当时，，即，
所以，则，，
作出与的大致图象如下：
，
所以时，．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：根据函数极值的定义，结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键.
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. 已知数列满足
（1）令，求证：数列等比数列；
（2）求数列的前项和为.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义判断，即可证明；
（2）根据题意，结合分组求和法，再由等差数列求和以及等比数列求和公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
∵，
∴数列是以首项为，公比为等比数列；
【小问2详解】
由（1）可知：，
∴，
从而
故.
18. 如下图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以为底面，为高，可求得三棱锥的体积；
（2）利用坐标法求线面夹角正弦值，进而可得余弦值.
【小问1详解】
三棱柱为直三棱柱，
平面平面，且平面平面，即平面为矩形，
，，且点为中点，
，且为直角三角形，，
平面，
又点为中点，
，
，
，
，即，
所以；
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
即，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为.
19. 某公司有A，B，C型三辆新能源电动汽车参加阳光保险，每辆车需要向阳光保险缴纳800元的保险金，若在一年内出现事故每辆车可赔8000元的赔偿金（假设每辆车每年最多赔偿一次）.设型三辆车一年内发生事故的概率分别为，，，且每辆车是否发生事故相互独立.
（1）求该公司获赔的概率；
（2）设获赔金额为X，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由每辆车发生事故相互独立，可通过对立事件的概率计算即可;
（2）由题意可得获赔金额可能为0，8000，16000，24000元，分别计算出概率，列出分布列，求出期望即可.
【小问1详解】
设该公司获赔的概率为，
则.
【小问2详解】
由题意可知：，8000，16000，24000.
则;
;
;
.
.
20. 在中，a、b、c分别为角所对的三边，若
（1）求角C；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用坐标的数量积公式计算，再应用正弦定理余弦定理计算即可；
（2）先应用平面向量基本定理，再求导函数得出单调性得出最大值.
【小问1详解】
由已知得
由正弦定理得：
由余弦定理得：
∵，∴
【小问2详解】
∵
∴，
∴
而
∴在上递增，递隇
，故的最大值为.
21. 如图，椭圆，点在椭圆C上，为其上下顶点，且，过点P作两直线与分别交椭圆C于两点，若直线与的斜率互为相反数.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据在椭圆上以及求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）根据点坐标设出的方程，然后分别求解出的坐标，结合两点间距离公式以及基本不等式求解出的最大值.
【小问1详解】
因为点在椭圆上，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由题意可知斜率存在，设直线为，则直线为，
联立，整理得，
由，解得，
又由可得，则，
同理可得，，
所以，
当且仅当即时等号成立，且满足，
因此，的最大值为．
22. 已知函数.
（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围：
（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解
（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令. 根据，确定，将转化为. 令，用导数法研究其单调性求最值.
【详解】（1）的定义域为，
.
因为单调，所以对恒成立，
所以，恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以；
（2）由（1）知，是的两个根.
从而，，不妨设，
则.
因为，所以t为关于a减函数，所以.
.
令，则.
因为当时，在上为减函数.
所以当时，.
从而，所以在上为减函数.
所以当时，.X
0
8000
16000
24000
P