湖南省衡阳市2024届高三第二次联考数学试题（含解析）

这是一份湖南省衡阳市2024届高三第二次联考数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的左焦点为，虚轴的上、下端点分别为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是等比数列，且，则（ ）
A．B．C．1D．2
5．已知，则（ ）
A．B．C．2D．4
6．已知函数的部分图像如图所示，，则（ ）

A．0B．C．D．
7．某种用保温材料制成的管道在单位长度上的热损失单位：满足，其中分别为管道的内外半径（单位：），分别为管道内外表面的温度（单位：），为保温材料的导热系数（单位：），某工厂准备用这种管道传输的高温蒸汽，根据安全操作规定，管道外表面温度应控制为，已知管道内半径为，当管道壁的厚度为时，，则当管道壁的厚度为时，约为（ ）
参考数据：.
A．B．C．D．
8．已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（ ）
A．7B．8C．D．10
二、多选题
9．在正四棱柱中，是棱的中点，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．平面平面D．直线与平面所成角的正弦值为
10．已知圆是直线上一动点，过点作直线分别与圆相切于点，则（ ）
A．圆上恰有一个点到的距离为B．直线恒过点
C．的最小值是D．四边形面积的最小值为
11．已知函数的定义域均为是奇函数，且，，则（ ）
A．B．为奇函数
C．为偶函数D．
三、填空题
12．曲线在点处的切线方程为 ．
13．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），（为坐标原点），，则 ．
14．已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是 ．
四、解答题
15．已知函数，当时，取得极值．
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的最值．
16．某报社组织“乡村振兴”主题征文比赛，一共收到500篇作品，由评委会给每篇作品打分，下面是从所有作品中随机抽取的9篇作品的得分：82，70，58，79，61，82，79，61，58．
(1)计算样本平均数和样本方差；
(2)若这次征文比赛作品的得分服从正态分布，其中和的估计值分别为样本平均数和样本方差，该报社计划给得分在前50名的作品作者评奖，则评奖的分数线约为多少分？
参考数据：．
17．如图（1）所示，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，为边的中点，将沿折成直二面角，得到如图（2）所示的四棱锥．
(1)若为棱的中点，证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值．
19．莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
(1)求；
(2)若正整数互质，证明：；
(3)若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
参考答案：
1．D
【分析】
解一元二次不等式解得集合，再求并集即可.
【详解】，又，
则.
故选：D.
2．B
【分析】
根据共轭复数定义，利用除法运算法则计算可得结果.
【详解】由可得，
所以，
故选：B
3．A
【分析】
由向量运算，求得等量关系，转化为关系，即可求得离心率.
【详解】根据题意，作图如下：
，即，也即，
故，解得，则，也即的离心率为.
故选：A.
4．C
【分析】
根据等比数列基本量的计算，结合已知条件，即可求得公比和.
【详解】设等比数列的公比为，
则，又，解得.
故选：C.
5．A
【分析】
利用诱导公式，二倍角公式和同角三角函数基本关系，结合角的取值范围，可求角的正切值.
【详解】由，
所以或.
又，所以.
所以.
故选：A
6．C
【分析】
根据题意，结合函数图像即可求得函数的解析式，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由图像可知，，由可得，
且，所以，解得，所以，
由可得，，
所以，即，
即，且，当时，，
所以，则.
故选：C
7．B
【分析】
根据题意将已知数据代入求得的值，再代入即可得解.
【详解】由题意可得，，，，，
代入得，得出；
则当管道壁的厚度为时，，
则
.
故选：B，
8．C
【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论.
【详解】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；
又，因此，即，此时；
设点到平面的距离为，则，可得，
因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；
设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，
则，故球心到平面的距离为，
可知截面圆半径为；
设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：

设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，
此时，故线段长度的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值.
9．AC
【分析】
画出正四棱柱，根据异面直线所成角的定义可判断A正确，B错误，利用面面垂直的判定定理可得C正确，利用线面角定义可知D错误.
【详解】如下图所示：
对于A，因为，所以为直线与所成的角或其补角，
易知，即为等边三角形，所以，即A正确；
对于B，因为，所以为直线与所成的角或其补角，
若，则，即满足，而不满足上式，即B错误；
对于C，易知，满足，所以，
又，可得平面，
又平面，所以平面平面，即C正确；
对于D，连接交于点，由正方形性质可得，
由直棱柱性质可知平面，又平面，所以；
又，可得平面，
所以为直线与平面所成的角，
因为，所以，故D错误；
故选：AC
10．BCD
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出圆上点到直线距离的最值可判断A错误；求出直线的方程可得其恒过点，利用弦长公式可求得的最小值是，可得BC正确；进而求得四边形面积的最小值为，即D正确.
【详解】易知圆心，半径，如下图所示：
对于A，圆心到直线的距离为，
可得圆上的点到直线距离的最小值为,圆上的点到直线距离的最大值为，
所以圆上恰有两个点到的距离为，即A错误；
对于B，设，可得；
易知，由，
整理可得，
同理可得，即可知两点在直线上，
所以直线的方程为，即，
令，解得，
所以直线恒过定点，即B正确；
对于C，由直线恒过定点，当点与圆心的连线垂直于时，的值最小，
点与圆心之间的距离为，所以，故C正确；
对于D，四边形的面积为，
根据切线长公式可知，当最小值，最小，
，所以，故四边形的面积为，即D正确；
故选：BCD
11．ACD
【分析】利用是奇函数，，，逐项判断选项.
【详解】由是奇函数，则，即，令，则，故A正确；
由，，令，则，故不是奇函数，故B错误；
由，令，则，
故，所以，
而，则，
故，
所以是偶函数，故C正确；
因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以的周期为8，
因为，所以4)，
所以，即，
因为，所以由，得，得，
由2，得，
因为的周期为8，所以
，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查抽象函数及其性质，利用替换求解，考查运算求解能力，属于较难题.
12．
【分析】
根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，
所以切点为，且，
则，
由直线的点斜式可得，化简可得，
所以切线方程为.
故答案为：
13．
【分析】
根据二级结论，先求得，再求即可.
【详解】作抛物线的准线，记准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足分别为，
过作轴的垂线，垂足分别为，如下所示：

设，
在△中，由抛物线定义可得：，
则，解得；
在△中，由抛物线定义可得：，
则，解得；
由题可知：，，解得；则.
故答案为：.
14．
【分析】
确定出两次取球后盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜，再分别计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率，相加即可求得结果.
【详解】若两次取球后，盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜；
若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为，
第一次取球后盒中有2个黑球和3个白球，盒装有4个黑球和2个白球，
第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；
此时盒中恰有7个球的概率为；
若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为，
第一次取球后盒中有3个黑球和2个白球，盒装有3个黑球和3个白球，
第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；
此时盒中恰有7个球的概率为；
所以盒中恰有7个球的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的突破口在于先分清楚两次取球后，盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜；再分别讨论并计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率即可求得结果.
15．(1)
(2)的最小值为，最大值为.
【分析】
（1）利用极值定义可求得，可得解析式；
（2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论.
【详解】（1）依题意可得，
又当时，取得极值，所以，即；
解得；
所以；
（2）由（1）可知，
令，可得或，
当变化时，的变化情况如下表所示：
因此，在区间上，的最小值为，最大值为.
16．(1)样本平均数为，样本方差为.
(2)分
【分析】
（1）根据题意，由平均数与方差的公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件结合正态分布的概率计算公式可得，，从而得到结果.
【详解】（1）由题意可得，，
，
所以样本平均数为，样本方差为.
（2）因为得分服从正态分布，且，，则，
所以，又，即，
所以，
又，即，
所以，
所以前50名的作品作者评奖总共50篇，获奖率为，
因为，则，
所以，
即分数线约为分.
17．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明平面平面，即可得出结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得二面角的余弦值，计算可得结果.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为棱的中点，所以，因为平面，平面；
所以平面；
由图（1）中是边长为2的等边三角形，所以，
由，，可得是等边三角形，，所以；
又因为平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）由题可知两两互相垂直，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
即；
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
即；
所以，
因此二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程；
（2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由原点到直线的距离为定值1，得，再联立方程组，由弦长公式求最值.
【详解】（1）因为的周长为8，
所以，解得，
焦距为，，所以，
所以椭圆E的方程为．
（2）
当直线斜率不存在时，为或，
当时，，则，
当时，同理，
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
因为原点到直线的距离为定值1，所以，则，
设，
联立椭圆于直线方程，
消元得，
所以，
由，得,
,
令，
则，
由，所以当时，，
所以的最大值
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；
（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；
（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.
【详解】（1）因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
（2）①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
（3）由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果.
单调递增
单调递减
单调递增