湖南省九校联盟2024届高三下学期第二次联考 数学试题（含解析）

这是一份湖南省九校联盟2024届高三下学期第二次联考 数学试题（含解析），共24页。

由 长沙市一中 常德市一中 湖南师大附中 双峰县一中 桑植县一中
武冈市一中 湘潭市一中 岳阳市一中 株洲市二中 联合命题
炎德文化审校、制作
命题学校：长沙市一中 审题学校：双峰县一中
注意事项：
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．对两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据，下列统计量的数值能够刻画其经验回归方程的拟合效果的是（ ）
A．平均数B．相关系数C．决定系数D．方差
2．已知是等比数列，是其前项和.若，则的值为（ ）
A．2B．4C．D．
3．关于复数与其共轭复数，下列结论正确的是（ ）
A．在复平面内，表示复数和的点关于虚轴对称
B．
C．必为实数，必为纯虚数
D．若复数为实系数一元二次方程的一根，则也必是该方程的根
4．已知为双曲线上一动点，则到点和到直线的距离之比为（ ）
A．1B．C．D．2
5．如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（ ）
A．1.31B．1.32C．1.33D．1.34
7．已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．过点的动直线与圆交于两点，在线段上取一点，使得，已知线段的最小值为，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．下列函数的图象与直线相切的有（ ）
A．B．
C．D．
10．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若为锐角三角形，的最小值为1
D．若为锐角三角形，则的取值范围为
11．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．若点满足，则动点的轨迹长度为
B．三棱锥体积的最大值为
C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．对于非空集合，定义函数已知集合，若存在，使得，则实数的取值范围为 .
13．已知椭圆与双曲线，椭圆的短轴长与长轴长之比大于，则双曲线离心率的取值范围为 .
14．函数在范围内极值点的个数为 .
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
15．如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
16．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三首歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表：
(1)求甲按“”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
(2)甲决定按“”或者“”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期望；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由.
17．已函数，其图象的对称中心为.
(1)求的值；
(2)判断函数的零点个数.
18．已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
19．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
歌曲
猜对的概率
0.8
0.5
0.5
获得的奖励基金金额/元
1000
2000
3000
1．C
【分析】
根据相关数据的特征可知，决定系数能够刻画其经验回归方程的拟合效果.
【详解】
平均数与方差是用来反馈数据集中趋势与波动程度大小的统计量；
变量y和x之间的相关系数的绝对值越大，则变量y和x之间线性相关关系越强；
用决定系数来刻画回归效果，越大说明拟合效果越好.
故选：C
2．C
【分析】
根据等比数列的通项公式和前项和列出等式即可求解.
【详解】
由可得：等比数列的公比.
，化简得，整理得，
又，
，
.
故选：C.
3．D
【分析】
利用复数的几何意义可判断A正确，时可排除BC，易知当一元二次方程有两实根时正确，若可得方程两根互为共轭复数，即D正确.
【详解】对于选项A，表示复数和的点关于实轴对称，故A错误：
对于选项B和选项C，当时均不成立，故BC错误；
对于选项D，若方程的可得为实数，即，符合题意；
若，则方程的两个复数根为和，
此时两根互为共轭复数，因此D正确.
故选：D
4．C
【分析】
在双曲线上任取点，则，利用两点之间距离公式和点到直线距离公式计算化简即得.
【详解】
在双曲线上任一点，则，
则点到点和到直线的距离之比为：
故选:C.
5．B
【分析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积.
【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，
四面体的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为，
故，所以外接球表面积为.
故选：B.
6．D
【分析】
利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案.
【详解】存入大额存款元，按照复利计算，
可得每年末本利和是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
可得，
故选：D.
7．A
【分析】
将函数化成正弦型函数，根据横向平移的特点将其解析式设成通式，将看成整体角，结合的图象特点，使的区间的长度在到之间计算即得.
【详解】
由可得：，
若沿轴方向平移，考虑其任意性，不妨设得到的函数.
令，即，，取，则.
依题意知，在上至少有2解，至多有3解，
则须使区间的长度在到之间，即，解得.
故选：A.
8．A
【分析】
求出圆的圆心、半径，利用切割线定理结合已知求出的最小值，再列式计算即得.
【详解】圆心，半径为2，则圆与轴相切，设切点为，
则，则，
设的中点为，连接，则，
令圆心到直线的距离为，则，
由，得，
因此，而的最小值为，
所以，则.
故选：A

9．AC
【分析】
假设选项中的曲线与直线相切，利用导数的几何意义求出对应斜率是否为1，求得切点进行逐一判断即可得出结论.
【详解】选项A中，若与相切，设切点为，
易知，则，解得，即切点为，切线为，A正确；
选项B中，若与相切，设切点为，
易知，则，解得，切点为，切线方程为，即B错误；
选项C中，若与相切，设切点为，
易知，则，解得，
当时，切点为，切线方程为，C正确；
选项D中，易知与有三个交点，，
又，显然在三个交点处的斜率均不是1，所以不是切线，D错误.
故选：AC
10．ABD
【分析】
根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确.
【详解】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选：ABD.
11．CD
【分析】
利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为；显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，易知最大值为；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为.
【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形，
动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误；
对于B，因为，而等边的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，
易知点是正方体到平面距离最大的点，
所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，
其高为，所以，B错误；
对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示，
当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
又，
弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；
对于D，取的中点分别为，
连接，如图2所示，
因为平面平面，故平面，
，平面平面，故平面；
又平面，故平面平面；
又，
故平面与平面是同一个平面.
则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，
故三角形是以为直角的直角三角形；
故，故长度的最大值为，故正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.
12．
【分析】
根据题意，由函数的定义可得可取，即可得到的取值范围.
【详解】由题知：可取，
若.则，
即集合，得，即的取值范围为.
故答案为：
13．
【分析】
根据椭圆方程和题设条件得到将双曲线的离心率表达式整理成的形式，换元成，考查函数的单调性即可求得其值域即得离心率的范围.
【详解】
依题意，对于椭圆方程，对于双曲线方程，.
不妨设，则，于是，由复合函数的单调性可得函数在区间上单调递增，
故，即，故双曲线离心率的取值范围为.
故答案为：.
14．2
【分析】
依题意可知，利用三角函数值域以及复合函数单调性求得的零点个数即可得出结论.
【详解】易知.
当时，；当时，；
当时，和均为单调减函数，
令，则，
当时，恒成立，
所以在上是单调增函数，
根据复合函数单调性可知为减函数，又，
易知，由零点存在定理可得函数在上存在一个零点，
同理可得，所以函数在上存在一个零点，
结合的正负情况，的零点为函数的极值点，
因此函数在内一共有2个极值点.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：求解函数极值点个数问题时往往利用极值点定义，由导函数单调性和零点存在定理求导函数的变号零点个数即可得出原函数的极值点个数.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）欲证，需证平面，即需证垂直于平面内的两条相交直线和，根据直线平面，可证，根据勾股定理的逆定理可证，从而原命题得证.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦.
【详解】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，所以
，.
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
（2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
16．(1)0.4
(2)期望都是2200，按照“A，B，C”的顺序猜歌名，理由见解析.
【分析】
（1）根据互斥事件和独立重复试验的概率公式即可求解.
（2）先根据题意写出甲决定按“”的顺序猜歌名获得奖金数的所有可能取值，根据独立重复试验的概率公式求得每一个取值对应的概率，由数学期望的计算方法得出；再同理得出甲决定按“”顺序猜歌名的数学期望；最后可通过计算、比较方差得出答案或者分析获得0元的概率得出答案.
【详解】（1）由题意可知甲按“”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名分两种情况：猜对；猜对，这两种情况不会同时发生.
设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件E，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得
.
（2）甲决定按“”顺序猜歌名，获得的奖金数记为，
则的所有可能取值为，
所以；
甲决定按“”顺序猜歌名，获得的奖金数记为，
则的所有可能取值为，
所以.
参考答案一：由于，
由于，所以应该按照“”的顺序猜歌名.
参考答案二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
其他合理答案均给分
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）由的图象关于对称，得到，列出方程组即可求解；
（2）由（1）得到函数的解析式，求出，利用判断根的情况，分类讨论确定零点的个数.
【详解】（1）因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）可知，，，，
①当时，，，所以在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
②当时，，，
有两个正根，不妨设，则，
函数在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
③当时，，
令，解得或，
有两个零点；
④当时，，，
有一个正根和一个负根，不妨设，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有三个零点；
综上，当时，函数有三个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点.
18．(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】
（1）根据的关系式可得是首项为1，公比为的等比数列，再根据可分别对的奇数项和偶数项分别求通项公式可得；
（2）（i）利用定义可求得新插入的数列公差，求得并利用错位相减法即可求出；
（ii）求得，易知对于任意正整数均有，而，所以不是数列中的项；又，分别对其取值为时解方程可求得.
【详解】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
【点睛】关键点点睛：求解是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项时，关键是限定出，再对数列的取值范围进行限定可得不是数列中的项，再由只能取得正整数可知只需讨论或有无解即可求得结论.
19．(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】
（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；
（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；
（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；
法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.
【详解】（1）由定义可知，与相切，
则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程，
即.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，
即.
今直线族中，
则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知，设，
则，；
由（2）知在点处的切线方程为；
同理在点处的切线方程为；
联立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，
所以，即.
则.
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.