湖南省株洲市第二中学2024届高三上学期第一次调研数学试题（学生及教师版）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的．
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数值域求集合N，应用集合并运算求结果.
【详解】由题设，故.
故选：A
2. 若复数（为虚数单位），则复数在复平面上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】C
【解析】
【分析】先根据的运算性质计算出，然后计算出并写出对应点坐标，由此可知对应点所在象限.
【详解】因为，
所以，
在复平面上对应的点为，该点在第三象限.
故选：C.
3. 函数在区间上的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先得到函数的奇偶性，再计算出当时，，判断出答案.
【详解】化简函数解析式可得，定义域为R，
，
为奇函数，AC错误；
又因为当时，，B错误，D正确.
故选：D.
4. 已知，，，，若，则的值为（ ）
A B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的运算和三角函数即可得的值.
【详解】，，
，
，
因为，
所以，，
即，显然，
所以，，
又，所以或.
故选：B
5. 已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定n的最大值.
【详解】因为，整理得，且，
可知是以首项为3，公差为1等差数列，
所以，可得，
当时，可得，
且符合上式，所以，
则，
解得，即的最大值为8．
故选：B．
6. 在平面直角坐标系中，已知圆，若圆上存在点，使得，则正数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据条件得到，从而将问题转化成与圆有交点，再利用两圆的位置关系即可求出结果.
【详解】设，则由，得到，
整理得到，又点在圆上，所以与圆有交点，
又的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
所以，解得，
故选：D.
7. 正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积.
【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，
连接，如图所示，
由题意得，且正四棱锥的外接球球心，
设外接球半径为，则，
在中，，且，
所以，解得，即，
在中，，
过作，则即为点到平面距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心，
所以，
则，
所以，
所以截面的面积.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出外接圆半径以及找到点到平面的距离.
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意分别根据各式特点，利用辅助角公式和三角函数单调性可得，利用近似值可得，再利用对数函数单调性即可得，即可比较得出结论.
【详解】根据题意可知，，
，即可得；
由可得，即；
易知，即，所以，即；
又，即，又，可得；
所以，可得；
可得，所以
显然，即.
故选：B
【点睛】关键点点睛：求解本题关键在于通过观察式子特征可知，三个式子各不相同，构造函数的方法失效，所以只能通过限定的取值范围使其落在不同的区间内即可得出结论.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若，且，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角和（差）的正弦余弦公式逐一判断即可.
【详解】由题意可得，
所以，故A错误；
，
因为，
所以，所以，故B正确；
因为，所以，
所以
，故C错误：
即，
因为，所以，
故，所以，故D正确.
故选：BD
10. 某人连续掷两次骰子，表示事件“第一次掷出的点数是2”，表示事件“第二次掷出的点数是3”．表示事件“两次掷出的点数之和为5”，表示事件“两次掷出的点数之和为9”．则（ ）
A. 与相互独立B. 与相互独立
C. 与不相互独立D. 与不相互独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据根据独立事件的乘法公式，结合题意，逐一判断即可.
【详解】由题意知，，
，
．
对A：∵，∴与相互独立，故A正确．
对B：∵，∴与不相互独立，故B错误．
对C：∵，∴与不相互独立，故C正确．
对D：∵，∴与不相互独立，故D正确．
故选：ACD.
11. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，是线段上的动点，点与点关于直线对称．则下列结论正确的是（ ）

A. 当时，点的坐标为
B. 的最大值为4
C. 当点在直线上时，直线的方程为
D. 正弦的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题可得点在以为圆心，半径为1的圆上，设，则，可依次判断A,B,C选项，对D，当直线与圆相切时，正弦的最大，列式计算可求解判断.
【详解】如图，由题意可得点在以为圆心，半径为1的圆上，
设，，则，
对于A，当时，可得，
，，此时点的坐标为 ，故A正确；
对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，当点在直线上时，可得，此时点的坐标为 ，
直线与圆相切，所以，所以直线方程为，故C正确；
对于D，当直线与圆相切时，正弦的最大，设直线的斜率为，则直线的方程为，
有，解得，即，从而可得，
所以正弦的最大值为，故D错误．
故选：ABC．

12. 已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，根据是奇函数得出函数的奇偶性，进而得出函数的对称轴，即可求出；B项，构造函数，通过求导得出当时的单调性，即可得出结论；C项，求出的单调性，即可得出结论；D项，利用导数证得与的差大于与的差，结合的对称性与单调性即可得出结论.
【详解】A项，在中，，函数为奇函数，
所以函数为偶函数，则，
所以函数关于对称，
所以，故A正确；
B项，令，
因为当时，
所以当时，，函数单调递增，
所以，
所以，B正确；
C项，当时，，
所以，函数单调递增，
所以当时，函数单调递减，
则在取得最小值为1，
所以不存在，C错误；
D项，由函数关于对称，
当时，令，，函数单调递增，
所以，则，
所以，，
令，，
所以函数单调递减，，
所以，
所以，，
所以与的差大于与的差，
因为函数关于对称，当时，函数单调递增，
所以，D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是由导数为奇函数，得到原函数为偶函数，从而得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中各项系数之和为64，则的展开式中常数项为______．
【答案】84
【解析】
【分析】先把代入得出值，再利用二项式的通项公式即可得到答案.
【详解】令，得二项式的展开式中各项系数和为，得．
二项式即，其通项，
由得，所以展开式中常数项为．
故答案为：.
14. 数列 满足，则_________________________.
【答案】
【解析】
【分析】由累乘法求出，再由错位相减法求出数列 的前项和为，即可求出，代入求解即可.
【详解】由可得：，
当时，
，，，……，，
所以上述式子相乘可得：，所以，
令，，所以满足，所以.
设数列 的前项和为，
①，
②，
①减②可得：
所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
15. 已知空间直角坐标系中，正四面体的棱长为2，点， ， ，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】经分析知点在以为球心， 为直径的球上运动，可求的取值范围.
【详解】
如图，取边的中点，连接，故，
又，则点分别在轴上运动，
，故点在以为球心， 为直径的球上运动，
，故，
故答案为：．
16. 已知函数，方程有7个不同的实数解，则实数的取值范围是______.
【答案】或
【解析】
【分析】利用导数研究函数的性质，得单调性和极值，并作出函数的大致图象，由，令，得或，然后分类和讨论，它们一个有3个根，一个有4个根，由此可得参数范围．
【详解】因为，令，得到，解得或，
又当时，，则，
当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又时，，时，，时，，
其图像如图，所以，当时，有2上解，有2个解，
又因为方程有7个不同的实数解，所以当时，有3个实数解，
又时，，则，
所以时，，时，，
即当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又当时，，当时，，
又当时，有3个实数解，
所以或，
解得或，
故答案为：或.
【点睛】方法点睛：解决函数零点问题经常用到的方法就是数形结合，用导数研究函数的性质.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若，且的周长为，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长；
（2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积.
【小问1详解】
由题设，由正弦定理有，
所以，而，故，又，
所以.
【小问2详解】
由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
18. 如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，1
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得异面直线所成的角，根据三角形的边角关系即可求解，
（2）根据几何法求解线面角，利用三角形的边角关系即可求解.
【小问1详解】
因为为正方形，则，
则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角，
因为三角形是等边三角形，则
平面，平面，，．
所以异面直线AC与BD所成的角为．
【小问2详解】
作交于点，连接，
平面，平面，
则与平面所成的角为，
设，则，
则.
19. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】19.
20.
【解析】
【分析】（1）构造方程组从而可求解；
（2）由（1）得，然后利用裂项相消求和.
【小问1详解】
令，得，
当，则：，
得：，解得：，
当时，也满足上式.
综上，.
【小问2详解】
证明：
由
所以:
故：.
20. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞.
（1）估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率；
（2）求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率；
（3）根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率乘法公式可得；
（2）可看成次独立重复试验模型求解概率；
（3）分别计算出甲、乙、丙能被招飞院校录取的概率，按步骤求出离散型随机变量的分布列.
【小问1详解】
因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，
所以估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率.
【小问2详解】
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，
所以甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率.
【小问3详解】
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估甲､乙､丙三人的高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，
所以甲能被招飞院校录取的概率，
乙能被招飞院校录取的概率，
丙能被招飞院校录取概率.
依题意的可能取值为，
所以，
，
，
.
所以分布列为：
所以.
21. 已知点，动点满足.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若轨迹的左右顶点分别为，直线与直线交于点，直线与轨迹交于相异的两点，当点不在轴上时，分别记直线与的斜率为 ，，求证： 是定值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据椭圆的定义求解；
（2）设点，求出直线的方程，与椭圆联立，求出坐标，则可以表示出的斜率，计算即可得定值.
【小问1详解】
因为动点满足，
所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，
设椭圆方程为，
则，
所以，
所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
设点，则，，
联立，消去得，，
得，
所以，，即，
联立，消去得，，
得，
所以，，即，
所以，
，
所以，是定值.
【点睛】关键点点睛：当过圆锥曲线上一点作一条直线与圆锥曲线相交时，可以联立方程，利用韦达定理快速求出另一交点坐标，有了交点坐标，计算起来会更加方便快捷，不需要韦达定理来解题.
22. 已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1) ; (2) .
【解析】
【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，计算,根据点斜式可求切线方程；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出的最大值，结合对任意恒成立，求出的取值范围即可.
试题解析：(1)由，得，则
又，.
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(2)已知对任意恒成立，
令
①当时，
，在上单调递减，
，恒成立.
②当时，二次函数的开口方向向下，对称轴为，且，
所以当时，，，在上单调递减，
，恒成立.
③当时，二次函数的开口方向向上，对称轴为，
所以在上单调递增，且，
故存在唯一，使得，即.
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
所以在上，.
所以得，
综上,得取值范围是.
【方法点晴】本题主要考查利用导数求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ③ 求得的范围的.0
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