湖南省湘东九校2023-2024学年高三上学期第一次联考数学（解析版）.docx

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湖南省2024届高三九校联盟第一次联考数学试卷注意事项：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.已知集合，则满足条件的实数的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】分，讨论，根据包含关系可得.【详解】由可知，当时，，满足条件；当时，，要使，只需，或，所以或.综上，满足条件的实数取值为，共3个.故选：D2.如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（）A.且B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】根据题意复数为纯虚数，即得，从而求解. 【详解】由复数是纯虚数，得解得:.故选:C.3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三角恒等变换的知识化简已知等式，从而求得.【详解】因为，即，两边平方可得，解得.故选：A4.某农机合作社于今年初用98万元购进一台大型联合收割机，并立即投入生产.预计该机第一年（今年）的维修保养费是12万元，从第二年起，该机每年的维修保养费均比上一年增加4万元.若当该机的年平均耗费最小时将这台收割机报废，则这台收割机的使用年限是（）A.6年B.7年C.8年D.9年【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质以及求和公式，结合基本不等式即可求解.【详解】设第年的维修保养费为万元，数列的前项和为，该机的年平均耗费为，据题意，数列是首项为12，公差为4的等差数列.则. 当且仅当，即时，取最小值38.所以这台冰激凌机的使用年限是7年.故选:.5.设函数，若函数与的图象关于直线对称，则当时，的最大值为（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【分析】根据对称可得，进而根据整体方法求解最值即可.【详解】在的图象上任取一点，它关于的对称点为.故点在的图象上，从而.当时，，由在上单调递减可知：在区间上的最大值为，故选：B.6.将一个棱长为4的正四面体同一侧面上的各棱中点两两连接，得到一多面体，则这个多面体的内切球体积为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定正八面体的结构特征，即由棱长为2的两个正四棱锥构成，且正四棱锥的底面为边长为2的正方形，求出正四棱锥的高，根据等体积法求解内切球的半径，即可算出内切球的体积.【详解】由题意知该几何体为正八面体，且正八面体的棱为原正四面体每个侧面三角形的中位线，故正八面体由棱长为2的两个正四棱锥构成，正四棱锥的底面是边长为2的正方形，设正八面体内切球半径R，给正八面体标出字母如图所示，连接AC和BD交于点O，因为，，所以，，又AC和BD交于点O，平面ABCD，所以平面ABCD，所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H，所以平面EBC，所以OH即为正八面体内切球半径，所以，因为正八面体的棱长为2，所以，，，所以，，因为，，所以，即，所以正八面体内切球的体积为. 故选：D.7.在中，点满足为重心，设，则可表示为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算、三角形的重心等知识求得正确答案.【详解】..故选：C8.如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与分别在第一､二象限交于两点，内切圆半径为，若，则的离心率为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线定义和几何性质，结合圆的切线长定理与余弦定理即可求解.【详解】设，内切圆圆心为，内切圆在上的切点分别为，则，由及双曲线的定义可知，，故四边形是正方形，得，于是，故，所以，于，在中，由余弦定理可得，从而，所以.故选：D.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.下列说法正确的是（）A.已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差B.数据的第60百分位数为9C.若样本数据的平均数为2，则的平均数为8 D.用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是【答案】BC【解析】【分析】根据二项分布方差公式、百分位数、平均数、古典概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，易知，而，所以，A错误；对于B，共有7个数据，而，故第60百分位数为9，B正确；对于C，若样本数据平均数为2，则的平均数为，C正确；对于D，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率都是，错误.故选：BC10.已知，则（）A.与均有公共点的直线斜率最大为B.与均有公共点的圆的半径最大为4C.向引切线，切线长相等的点的轨迹是圆D.向引两切线的夹角与向引两切线的夹角相等的点的轨迹是圆【答案】AD【解析】【分析】根据相似比即可结合锐角三角函数求解A，根据圆的性质即可判断B，根据距离公式即可求解轨迹方程，进而可判断CD.【详解】由题意知，与两圆均有公共点，且斜率最大的直线恰为那条两圆斜率为正的内公切线，由两圆半径之比为，，可知切线与轴交于， 设切线的倾斜角为，选项正确.与均有公共点的圆的圆心不确定，所以半径可以任意大（无最大值），选项B错误.向引切线，设切线长相等的点为,则，所以，化简得直线，选项错误.设的圆心分别为，点对切线的夹角等于点对切线的夹角，于是由相似三角形知，设，则，可得到点的轨迹是一个圆，选项D正确.故选：AD11.已知函数，则（）A.的图象关于直线轴对称B.的图象关于点中心对称C.的所有零点为D.是以为周期的函数【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据对称轴的定义分析证明；对于B：举例说明即可；对于C：根据零点的定义结合倍角公式运算求解；对于D：举例说明即可. 【详解】对于A：因为，所以的图象关于直线轴对称，故A正确；对于B：因为，，所以的图象不关于点中心对称，B错误.对于C：因为，注意到，令，得，即，故的所有零点为，故C正确；对于D：因为，所以不是的周期，故D错误；故选：AC.12.英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列.若函数且，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A.B.数列是递减数列C.数列是等比数列D.【答案】ACD【解析】【分析】求导得切点处的切线方程，即可令0判断A,根据对数的运算，结合等差等比数列的定义即可判断BC，根据等比求和公式即可求解D. 【详解】，所以在点处的切线方程为：，令0，得，故A正确.，故，即，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确，所以，D正确.故选；ACD三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数是偶函数，则_________．【答案】【解析】【分析】由题意，即，对恒成立，化简即可得到答案.【详解】由已知，，因为为偶函数，所以，即，对恒成立，即，对恒成立，解得.故答案为：【点睛】本题考查已知函数的奇偶性求参数的问题，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.14.已知第一象限内的点在直线上，则的最大值是______.【答案】【解析】【分析】平方变形，利用基本不等式求解即可.【详解】由题意，，则， 因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以.故答案为：15.把个位､十位､百位上的数依次成等差数列（公差小于0）的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有__________个.【答案】16【解析】【分析】根据公差进行分类讨论，从而求得“下阶梯数”的个数.【详解】公差为时，有共个；公差为时，共个；公差为时，共个；公差为时，共个.所以一共有个.故答案为：16.如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】分情况分别求解组成三棱柱和四棱柱时的全面积，根据题意列出限制条件，可求范围.【详解】拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况：①上下底面对接，其全面积为. ②边合在一起时，全面积为.③边合在一起时，全面积为.拼成一个四棱柱时，有四种情况，全面积有三种情况：让边长为所在的侧面重合，其上下底面积之和都是，但侧面积分别为，显然，三种情况中全面积最小的是；因比小，所以由题意得，解得.故答案为：. 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.在中，角所对的边分别为，已知.（1）求的大小；（2）若，直线分别交于两点，且把的面积分成相等的两部分，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一由边化角结合正弦展开式求得；方法二由余弦定理求得；（2）先用三角形面积公式得出，再结合基本不等式求出最小值.【小问1详解】方法一：由已知，即，， 又.方法二：，即.小问2详解】，，.在中，，当且仅当时上式等号成立，的最小值为.18.如图，四棱柱的底面是正方形，平面.（1）求点到平面的距离；（2）若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）连接交于点，先证平面平面，然后由面面垂直性质定理知即为所求，然后计算可得；（2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用平面夹角的向量公式列方程可解.【小问1详解】连接交于点，连接.因为平面，平面，所以，因为底面是正方形，所以，又，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.因为平面，平面，所以，又，所以.在中，，所以.又为的中点，所以且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.故点到平面的距离为.【小问2详解】以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，，由（1）知，平面一个法向量，设，则设为平面的一个法向量，由，取，得，设平面与平面的夹角为，则有，解得，即.19.已知数列的前项积为，且.（1）证明：是等差数列；（2）设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据数列前项积为与通项的关系，从而可得（），且，求得首项，从而可得结论； （2）根据裂项求和方法得，再根据题意求解的前项和即可.【小问1详解】证明：已知数列的前项积为得（），故有，从而，且，则，所以.从而是首项为3，公差为2的等差数列.【小问2详解】由（1）知，，.所以.当时，，.当时，，.当时，.这时.所以时，，综上，20.从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛.要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试A，B，C三个项目，三个测试项目相互不受影响.（1）若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能的从三个项目中选一项测试，且他测试 三个项目“通过”的概率分别为.已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是的概率；（2）现规定：三个项目全部通过获得一等奖，只通过两项获得二等奖，只通过一项获得三等奖，三项都没有通过不获奖.已知居民乙选择的顺序参加测试，且他前两项通过的概率均为，第三项通过的概率为.若他获得一等奖的概率为，求他获得二等奖的概率的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用全概率公式和条件概率公式即可得到答案；（2）根据得到，再利用导数求出其最值即可.【小问1详解】记事件“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”，记事件“第一项测试合格”，由题意知，，，又事件互斥，则，即，所以在居民甲第一项测试“合格”的条件下，他第一个项目选择了的概率为：，即已知居民甲第一项测试“合格”，他第一项测试选择的项目是的概率是.【小问2详解】由居民乙获一等奖的概率为，可知.则. 令，当时，；当时，.所以在区间上是减函数，在区间上是增函数.所以.所以的最小值为.21.已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.（1）若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；（2）若点在曲线上，求四边形的面积的范围.【答案】（1）证明见解析，定点（2）【解析】【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.【小问1详解】设，直线，联立，可得.在轴两侧，，，由得，所以点处的切线方程为， 整理得，同理可求得点处的切线方程为，由，可得，又在直线上，.直线过定点.【小问2详解】由（1）可得在曲线上，.由（1）可知，，，令在单调递增， 四边形的面积的范围为.【点睛】方法点睛：求解抛物线的切线方程，有两种方法，一种是利用判别式法，即设出切线的方程并与抛物线方程联立，化简后利用判别式为0列方程来求得切线方程；另一种是利用导数的方法，利用导数求得切线的斜率，进而求得切线方程.22.已知，，直线是在处的切线，直线是在处的切线，若两直线、夹角的正切值为，且当时，直线恒在函数图象的下方.（1）求的值；（2）设，若是在上的一个极值点，求证：是函数在上的唯一极大值点，且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出直线、的斜率，结合已知条件求出的值，再结合时，直线恒在函数图象的下方进行检验，即可得出实数的值；（2）求得，，利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可证得是函数在上的唯一极大值点，再结合函数的单调性可证得. 【小问1详解】解：因为，则，直线的斜率，因为，则，直线的斜率，直线的方程为，又两直线、夹角的正切值为，故，令，则，当时，恒成立，当且仅当时，等号成立，此时，函数在上单调递减，故，不满足题意；当时，恒成立，当且仅当时，等号成立，此时，函数在上单调递增，故，满足题意.综上所述，.【小问2详解】证明：由（1）知，故，.，当时，，，，故在上单调递减，当时，令，，，，，，则，故在上单调递减，因为，，则， 由零点存在性定理知：在上有唯一零点，即在上有唯一零点，该零点即为，当时，，即，当时，，即，又时，，故在单调递增，在单调递减，则当时，，因为，则，故是函数在上的唯一的极大值点，且.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.