湖南省部分学校2024届高三数学试上学期入学摸底考试题含解析

这是一份湖南省部分学校2024届高三数学试上学期入学摸底考试题含解析，共15页。试卷主要包含了已知函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3. 选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4. 考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（）
A.B.C.D.
2.若复数z满足，则在复平面内，z对应的点位于（）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和2，圆台的高为3，则圆台的体积为（）
A.B.C.D.
4.若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（）
A. 1B.C.2D.
5.已知函数.若，且，则的取值范围为（）
A.B.C.D.
6.已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且关于点对称，则的值为（）
A. B. C. D.
7.甲、乙两位游客慕名来到张家界旅游，准备从天门山、十里画廊、袁家界、大峡谷4个景点中随机选择其中一个，在甲、乙两位游客选择的景点不同的条件下，恰好有一名游客选择大峡谷景点的概率为（）
A. B. C. D.
8.已知函数，其中，则“”是“函数有两个极值点”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
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.下列说法正确的是（）
A.在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数
B.数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10
C.在残差图中，若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高
D.若随机变量，，则
10.如图，在平面直角坐标系xOy中，阿基米德螺线与坐标轴依次交于点，，，，，…，则下列结论正确的是（）
A.点的坐标为B.的面积为56
C.（其中）D.若的面积为169，则n的值为12
11.如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（含端点），以正方体中心O为球心的球与正方体的每条棱有且只有一个公共点，则下列结论正确的是（）
A.球O的表面积为
B.球O在正方体外部的体积小于
C.存在点P，使得
D.直线NP与平面ABCD所成角的正切值的最小值为
12.已知抛物线C：的焦点为，P是抛物线C上位于第一象限内的点，过点P且斜率为的直线交抛物线C的准线l于点Q，点P在准线l上的射影为点R.若，则下列结论正确的是（）
A.抛物线C的标准方程为B.
C.D.四边形FPRQ的面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若向量，满足，，则向量与的夹角为______.
14.已知，则的值为______.
15.已知函数的定义域为，是奇函数，，，则______.
16.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点P，且，则双曲线C的离心率为______.
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、证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
已知数列是等差数列，且.
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，证明：数列是等比数列，并求数列的前n项和.
18.（本小题满分12分）
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角B的大小；
（2）若B的角平分线交AC于点D，且，求面积的最小值.
19.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，，，，E为PC的中点.
（1）求证：平面PAD；
（2）若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
某人准备应聘甲、乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为；该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中.技能测试是否通过相互独立.
（1）若，分别求该应聘者应聘甲、乙两家公司，三项专业技能测试恰好通过两项的概率；
（2）若甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，若以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，该应聘者更希望通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.
21.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，，求a的取值范围；
（2）当时，记函数的最大值为M，证明：.
22.（本小题满分12分）
已知椭圆C：的左、右焦点别为，，离心率为，P是椭圆C上一动点，面积的最大值为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不过原点O的动直线l与椭圆C交于A，B两点，平面上一点D满足，连接BD交椭圆C于点E（点E在线段BD上且不与端点重合），若，求原点O到直线l的距离的取值范围.
2024届高三入学摸底考试·数学
参考答案
1.【答案】A
【解析】由不等式，可得，即集合，又集合，所以.故选A.
2.【答案】B
【解析】因为，所以，所以，所以z对应的点位于第二象限，故选B.
3.【答案】C
【解析】由已知圆台的体积为，故选C.
4.【答案】D
【解析】由题设可设圆心为，则圆的半径为a.
故圆的方程为，再把点代入得，
解得，故圆的方程为，故所求圆的圆心为，
故圆心到直线的距离.故选D.
5.【答案】D
【解析】由得.根据函数的图象及，
得，，所以.
令，根据对勾函数的图象与性质易得在上单调递增，
所以.故，故选D.
6.【答案】B
【解析】因为函数的两条相邻的对称轴之间的距离为，所以，即，解得，从而，即，所以，解得，，又，所以，故选B.
7.【答案】C
【解析】记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好有一人选择大峡谷景点，
由题知，，，所以，故选C.
8.【答案】B
【解析】由题意知：定义域为，，
令，则，令，则，
∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，又，当时，恒成立，∴大致图象如图所示，
则当，即时，与有两个不同交点，此时有两个零点，所以有两个极值点；因为时，成立，有两个极值点，但时，若，，所以没有极值点，所以是函数有两个极值点的必要不充分条件，故选B.
9.【答案】BCD
【解析】对于A，在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故A错误；
对于B，因为，故该组数据的第75百分位数为第6个数和第7个数的平均数10，故B正确；
对于C，由残差定义，如果样本数据点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高，故C正确；
对于D，根据正态分布密度函数的性质知，∴，，，故D正确.故选BCD.
10.【答案】ACD
【解析】由题意，螺线与坐标轴依次交于，，，，，…，可知，故选项A正确；
可得，，，所以，故选项C正确；
的面积为，故选项B错误；
因为，又的面积为169，可得，解得.故选项D正确.故选ACD.
11.【答案】ACD
【解析】对于A，如下图所示，正方体的棱切球O的半径，所以球O的表面积为，故A正确；
对于B，若球体、正方体的体积分别为，，球O在正方体外部的体积，故B错误；
对于C，设CD中点为Q，连接MQ，PQ，
若P为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以，
在中，，，
所以，故，因为，PQ，平面NPQ，
所以平面NPQ，因为平面NPQ，所以，故C正确；
对于D，过点P作平面ABCD，连接NH，则直线NP与平面ABCD所成角为，所以，当P在时，，所以，故D正确.故选ACD.
12.【答案】ABD
【解析】由已知，故A正确；
因为点P在准线l上的射影为点R，即，所以，因为，即PQ为的角平分线，所以，故B正确；
点Q是斜率为的直线与抛物线准线的交点，，如图所示，设，则直线PQ为，令，得，
由，整理可得，则，得，故，故选项C错误；
由，得直线PQ为，令得，又，从而，所以四边形FPRQ的面积为，故D正确.故选ABD.
13.【答案】
【解析】设向量，夹角为，由已知，得，又，所以.
14.【答案】
【解析】因为，所以，
所以，所以，
所以.
15.【答案】2
【解析】因为是奇函数，所以，又，可得，所以，所以，所以是周期为4的周期函数，因为，所以，，
所以.
16.【答案】
【解析】连接OP，由已知，在中，，
在中，，则，又，则由余弦定理得，解得，
由知，即（由题意，联立方程，可求得点P的坐标为），
所以在中，，即，则，
所以双曲线C的离心率.
17.【解析】（1）由已知为等差数列，记其公差为d.
当时，，两式相减得，……2分
所以，解得，……3分
当时，，得，所以，……4分
所以；……5分
（2）由（1）知，所以，……7分
又，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，……8分
所以（或；）.……10分
18.【解析】（1）因为，
所以……1分
，
所以，……3分
由于，则，
所以，……4分
即，又，所以；……6分
（2）因为B的角平分线交AC于点D，且，，
根据三角形面积公式可得，……8分
又，得，得，当时等号成立，……10分
所以，即的面积最小值为.……12分
19.【解析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，∵E为PC中点，
∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，……2分
∵，，∴，
又，∴，
∴,
∴为等边三角形，∴，又，∴，……4分
而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，
又，∴平面平面PAD，而平面EOB，
∴平面PAD；……6分
（2）∵，∴.∵平面平面ABCD，∴平面ABCD，
又为等边三角形，∴，……7分
∵在中，，，∴，
∵，∴，
在等边中，∵，∴，.……8分
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
则，，，，
∴，，，……9分
设平面PCB的法向量为，
所以，令，则，……10分
∵，∴平面ABCD，平面平面ABCD，
∴平面ABCD，∴平面PCD的一个法向量为，……11分
∴，
故二面角的余弦值为.……12分
另解：又为等边三角形，∴，又平面平面ABCD，
平面平面，∴平面PCD，过点O作，连接BH，
则，故为二面角的平面角.……9分
∵在中，，，∴，
∵，∴，
在等边中，∵，∴，.
∴，，……11分
所以.
故二面角的余弦值为.……12分
20.【解析】（1）设该应聘者应聘甲公司恰好通过两项技能测试为事件A，应聘乙公司恰好通过两项技能测试为事件B，
根据题意可得，……2分
；……5分
（2）设该应聘者应聘甲公司通过的项目数为X，应聘乙公司通过的项目数为Y，
根据题意可知，，则，……6分
，……7分
，……8分
，
，……9分
则随机变量Y的分布列为
……10分
，……11分
若，则，故，
即m的取值范围是.……12分
21.【解析】（1）由，，得，……1分
令，，则，……2分
又时，，可知，所以在上单调递减，……4分
所以，故；……5分
（2）由可知的定义域为，
因为，……6分
，所以在上单调递减，……7分
，，
存在，使得，即，……8分
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以在处取得唯一极大值，也是最大值，……9分
所以，……10分
令，，则，单调递增，……11分
故，
所以.……12分
22.【解析】（1）设椭圆半焦距为c，点，则，
则，即.……2分
又，，求得，，，……3分
所以椭圆C的标准方程为；……4分
（2）如图所示，设，，
当直线l的斜率存在时，设直线l：，
与联立可得，
且有，，
.……5分
，……6分
由可得点A为OD中点，可得，
且有，
所以可得，
即点E的坐标为，……7分
将点E代入椭圆，可得，
化简后，得，……8分
由于点A，B分别满足，，
代入上式可得，即.……9分
代入韦达定理可得，满足（*）式，……10分
点O到直线l的距离，
由于，可得，，
所以；……11分
当直线l的斜率不存在时，此时有，，代入，
可得，又，可得，
所以直线l的方程为，点O到直线l的距离为.
故原点O到直线l的距离的取值范围为.……12分
Y
0
1
2
3
P