湖南省娄底市2024届高三上学期期末质量检测数学试题（教师版）

这是一份湖南省娄底市2024届高三上学期期末质量检测数学试题（教师版），共25页。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共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】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合，结合交集的概念即可得解.
【详解】因为集合，所以.
故选：C.
2. 已知复数在复平面上对应的点为为虚数单位，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数乘法以及复数的几何意义即可得解.
【详解】因为，所以点坐标是.
故选：D.
3. 一个圆柱形容器的底面半径为，高为，将该圆柱注满水，然后将一个半径为的实心球缓慢放入该容器内，当球沉到容器底部时，留在圆柱形容器内的水的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出圆柱体积及球的体积，再相减即可得出结果.
【详解】根据题意可知留在容器内水的体积为等于圆柱体积减去实心球的体积，
即.
故选：B
4. 恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特•恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数”.恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达60%以上为贫困，为温饱，为小康，为富裕，低于为最富裕.如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知下列结论正确的是（ ）
A. 城镇居民从2013年开始进入“最富裕”水平
B. 农村居民恩格尔系数的平均数低于
C. 城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于
D. 全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，直接观察折线统计图即可判断；对于B，结合平均数的定义以及图中数据判断即可；对于C，结合百分位数的定义即可判断；对于D，无法确定农村居民与城镇居民的比例，由此即可判断.
【详解】对于A：从折线统计图可知2015年开始城镇居民的恩格尔系数均低于，
即从2015年开始进入“最富裕”水平，故A错误；
对于B：农村居民恩格尔系数只有2017､2018､2019这三年在30%到32%之间，
其余年份均大于，且2012､2013这两年大于（等于），
故农村居民恩格尔系数的平均数高于，故B错误；
对于C：城镇居民恩格尔系数从小到大排列（所对应的年份）前5位分别为2019､2018､2017､2021､2020，因为，
所以第45百分位数为第5位，即2020年的恩格尔系数，由图可知2020年的恩格尔系数高于，故C正确；
对于D：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，
故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故D错误.
故选：C.
5. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象，结合各个选项的函数，逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于选项A，由，得，不符合函数图象，所以选项A错误，
对于选项B，因为，且的定义域为，
关于原点对称，所以是奇函数，不符合函数图象，所以选项B错误，
对于选项C，因为的定义域为，不符合函数图象，所以选项C错误，
对于选项D，解析式符合图象特征.
故选：D.
6. 已知平面非零向量的夹角为，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. 12C. D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义和关系，把的两边平方，利用基本不等式进行转化求解即可．
【详解】由已知非零向量的夹角为，所以，
由，两边平方得
当且仅当时等号成立，所以，
所以的最小值为24.
故选：D.
7. 已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线与抛物线相切于点，连接，在中，设，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的性质以及直线与抛物线的位置关系，利用正弦定理即可求解.
【详解】由已知，设点在准线上的射影为，则，
因为直线与抛物线相切.设的方程为，
与联立得，
由，
解得，当时，.
在三角形中由正弦定理可知：
.
故选：A
8. 已知函数的定义域为，对任意，有，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. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可构造函数，利用函数单调性解不等式即可解得，再由集合间的关系可得结论.
【详解】设，该函数的定义域为，
则，所以在上单调递增.
由可得，
即，又在上单调递增，所以，解得，
显然集合是集合的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据构造函数，并将不等式变形，利用单调性解不等式即可得结论.
二、多选题（本大题共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. 已知倾斜角为的直线过点，动点在直线上，为坐标原点，动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线的方程为
B. 动点的轨迹方程为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据斜率及点斜式判断A选项；根据轨迹方程判读B选项；根据点到直线距离判断C,D选项.
【详解】由倾斜角为得出斜率为1，,直线过点，得直线的方程为，故选项错误；
设，
可得动点的轨迹为圆，故选项B正确；
因为圆心到直线的距离，所以由
可知线段最小值为，线段无最大值，所以选项错误､正确.
故选:.
10. 已知函数的最小正周期为，方程在的解为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在上单调递减
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由即可判断A，由代入检验法即可判断B，由复合函数单调性、正弦函数单调性即可判断，通过数形结合以及对称性即可验算.
【详解】由函数的最小正周期为，得，所以，故选项A正确；
因为，得，
所以函数的图象关于点对称，故选项B正确；
由，得，所以函数在上先减后增，故选项C错误；
当时，，依题意有，
结合图象可知，，即，
所以，故选项D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点中心对称
B. 函数存在极大值点和极小值点
C. 若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是
D. 对任意，不等式恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据奇函数的定义可判断选项A；先利用导数判断函数在上的单调性，求出最值，再结合奇函数的性质作出的大致图象可判断选项B；先将函数有三个不同的零点转化为函数与的图象有三个不同的交点，再利用函数的大致图象可判断选项C；结合函数的大致图象求出，再根据即可判断选项D.
【详解】因为；当时，，
所以为奇函数，
则关于点对称，故选项正确；
当时，.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减.
又由为奇函数，，，，可得的大致图象如下所示，
故选项B正确；
因为函数有三个不同的零点，
所以函数与的图象有三个不同的交点.
由图象可得：实数的取值范围是，故选项C错误；
因为
所以结合函数的图象可得：当时，，.
所以对任意，，故选项D正确.
故选ABD.
12. 如图，已知正方体的棱长为为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（ ）
A. 三点共线
B. 点到平面的距离为
C. 用过点的平面截该正方体所得的较小部分的体积为
D. 用过点且平行于平面的平面截该正方体，则截得的两个多面体的能容纳的最大球的半径均为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，只需证明三点都在平面与平面上（即在交线上）即可判断；对于B，首先证明平面，然后通过解三角形知识即可验算；对于C，首先得出过点的平面截该正方体所得的较小部分为三棱台，结合棱台体积公式验算即可；对于D，首先算出，，，
【详解】由已知平面平面平面，
又平面平面平面，
所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；
因平面平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以，
同理可得，
因为，平面，
所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然为正三角形的中心，
因为正方体的棱长为4，
所以正三角形的边长为，所以，
又，所以，
即点到平面的距离为，故B错误；
取的中点，连接，因为，
所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得的截面，
如图：
所以过点的平面截该正方体所得的较小部分为三棱台，
其体积为，故C正确；
过点且平行平面的平面截该正方体，所截得的两个多面体全等，如下图所示，
该七面体能容纳的最大球亦为正三棱锥的内切球（如下图所示），
，
设为的中心，则，高，
设正三棱锥的内切球的半径为，
则，①
在中，，
得，，
代入①，得，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是准确画出图形计算正三棱锥的表面积体积，由等体积法即可顺利得解.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知随机变量，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由二项分布的概率计算公式运算即可得解.
【详解】因为，所以.
故答案为：.
14. 已知数列满足则的值为__________.
【答案】32
【解析】
【分析】由递推式推导出构成一个等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得（要注意下标为连续的偶数，计算时项数应是下标的一半）.
【详解】因为，所以，两式相除得，故数列是公比为2的等比数列，
由，所以.
故答案为：32.
15. 已知直线与曲线相切于点，且与曲线相切于点，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，即可得到，从而得解.
【详解】由已知直线与曲线相切于点，
因为，所以直线的方程为，即，
又直线与曲线相切于点，
因为，所以直线的方程为，
即，所以，所以，
即，所以.
故答案为：
16. 已知双曲线，直线和相互平行，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点，直线和交于点（异于坐标原点）.若直线的斜率为3，直线是坐标原点的斜率，则双曲线的离心率的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先，故，其次由题意由点差法得①，同理②，由三点共线，所以，代入得，结合离心率公式即可得解.
详解】
由题意，，故，
设的中点的中点，
则，两式相减，得，化简得，
所以，所以①，同理②，
因为，所以三点共线，所以，
将①②代入得，即，
因为，所以，所以，
所以双曲线的离心率为.
所以双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是用点差法来得到①，同理②，结合三点共线以及离心率公式即可顺利得解.
四、解答题（本大题共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. 设等差数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列前项和为，若，求证：.
【答案】17. ；
18. 证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由已知条件，列出关于等差数列的首项与公差的方程组，进行求解即可.
（2）利用裂项相消求出，再结合不等式的性质证明.
【小问1详解】
设的公差为，
依题意可得
即解得
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
所以.
.
18. 某无人飞机研发中心最近研发了一款新能源无人飞机，在投放市场前对100架新能源无人飞机进行了单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：
（1）估计这100架新能源无人飞机的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50，根据大量的测试数据，可以认为这款新能源无人飞机的单次最大续航里程近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为和的近似值），现任取一架新能源无人飞机，求它的单次最大续航里程的概率；（参考数据：若随机变量，则）
（3）该无人飞机研发中心依据新能源无人飞机的载重量和续航能力分为卓越A型､卓越型和卓越型，统计分析可知卓越A型､卓越型和卓越型的分布比例为，研发中心在投放市场前决定分别按卓越A型､卓越型和卓越型的分布比例分层随机共抽取6架，然后再从这6架中随机抽取3架进行综合性能测试，记随机变量是综合性能测试的3架中卓越A型的架数，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）由直方图中每个区间中点值乘以相应频率再相加可得；
（2）根据正态分布的概率性质计算；
（3）随机变量的可能取值为，分别求出其概率后得分布列，再由期望公式计算期望．
【小问1详解】
估计这100架新能源无人飞机的单次最大续航里程的平均值为：.
【小问2详解】
，
.
【小问3详解】
由题设可知抽取的6架新能源无人飞机中，卓越A型､卓越型和卓越型的架数分别为3架､2架和1架，随机变量的可能取值为.
，
，
随机变量的分布列如下表：
.
19. 如图所示，在平面四边形中，角为钝角，且.
（1）求钝角的大小；
（2）若，求的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的余弦公式，二倍角余弦公式，诱导公式将条件式化简，求得的值得解；
（2）设，由正弦定理求得，结合条件，求得，结合角的范围求得结果.
【小问1详解】
因为，
所以，所以，
又，所以，即，
解得或者，又为钝角，所以.
【小问2详解】
设，四边形内角和为，
由（1）的结论知：，
在中，由正弦定理得：，即，
在中，，即，
又，
则，即，即，
，即，
，即，即的大小为.
20. 在四棱锥中，底面是长方形，侧棱底面，且是侧棱的中点，是侧棱上（异于端点）的点，且，连接.
（1）求证：平面；
（2）若，锐二面角的余弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先证平面，得，根据线面垂直的判定即可证；
（2）利用空间向量法可求或，然后利用体积公式即得
【小问1详解】
因为底面底面，所以，
由底面为长方形，有，而平面，
所以平面，而平面，所以，
又因为，点是的中点，所以，
而平面，所以平面，
而平面，所以.
又平面，
所以平面.
【小问2详解】
由已知两两垂直，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.
因为，则，点是的中点，所以，
由（1）平面，又.
所以取平面法向量为.
设平面的法向量为，又，
所以即令，得.
所以.，
求得或.
当时，，
所以.
当时，，
所以.
21. 已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由得增区间，由得减区间；
（2）问题转化为对任意,恒成立，引入函数，利用导数求出的最小值即可．为此需要求出则，并令，则，确定存在时，，然后得出的极值，比较和的大小即可得．
【小问1详解】
由得函数，
所以，
令得，令得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由，得，又，
所以，即对任意,恒成立，
令，则，
令，则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，在内存在唯一的零点，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题利用导数研究不等式恒成立求参数范围，可通过分离参数法转化为求新函数的最值．难点在于新函数的最值，求出导函数后其零点不能直接确定，需要对其中的一部分函数进行定性确定零点（利用层层确定其存在性及范围），然后确定是极小值，还要与（端点处函数值）比较．
22. 已知椭圆的右焦点为，离心率，椭圆上一动点到的距离的最小值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设斜率为的直线过点，交椭圆于两点，记线段的中点为，直线交直线于点，直线交椭圆于两点，求的大小，并求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2），3
【解析】
【分析】（1）由题意，结合平方关系即可得解.
（2）由题意设，直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理、中点坐标公式得坐标，方程，联立进而得坐标，可以发现，所以，由四边形对角线互相垂直，以及弦长公式、同理思想可表示出面积，结合基本不等式的相关推论即可得解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，由已知，
求得，所以.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由已知椭圆的右焦点为，
设，直线的方程为，
联立，可得.
则.
于是有.
因为的中点为，所以，因此直线的斜率，
因为直线交直线于点，
所以，故直线的斜率为，
即得，因此直线与直线垂直，所以，
所以
.
因为，所以直线的方程为，
同理可得，
所以四边形的面积.
因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
故四边形面积的最小值为3.
【点睛】关键点睛：第二问求的关键是先用的斜率表示出的斜率，结合到角公式可以得夹角，事实上可以得，问题就简单了，然后由弦长公式、同理思想表示出四边形面积，即可顺利得解.0
1
2
3