湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段性测试数学（解析版）.docx

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数学试卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知，，则在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法法则计算出，得到其所在象限.【详解】，故所对应的点的坐标为，位于第四象限.故选：D2.集合的子集个数为（）A.2B.4C.8D.16【答案】B【解析】【分析】确定，再计算子集个数得到答案.【详解】，故子集个数.故选：B3.已知向量，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量共线的规则求出x，再根据向量的坐标运算规则求解.【详解】，；故选：A. 4.（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据倍角余弦公式和同角平方关系即可求解.【详解】．故选：C5.小李在如图所示的跑道（其中左、右两边分别是两个半圆）上匀速跑步，他从点处出发，沿箭头方向经过点、、返回到点，共用时秒，他的同桌小陈在固定点位置观察小李跑步的过程，设小李跑步的时间为（单位：秒），他与同桌小陈间的距离为（单位：米），若，则的图象大致为（）A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】分析在整个运动过程中，小李和小陈之间的距离的变化，可得出合适的选项.【详解】由题图知，小李从点到点的过程中，的值先增后减，从点到点的过程中，的值先减后增，从点到点的过程中，的值先增后减，从点到点的过程中，的值先减后增，所以，在整个运动过程中，小李和小陈之间的距离（即的值）的增减性为：增、减、增、减、增，D选项合乎题意，故选：D. 6.将边长为1的正六边形进行如下操作：第一次操作，在每条边上，以边长的为长度作正六边形，保留新作的六个小正六边形，删除其余部分；第二次操作，将上一次操作剩余的正六边形进行第一次操作……以此方法继续下去，如图所示．若要使保留下来的所有小正六边形面积之和小于，则至少需要操作的次数为（）（，）A.17B.18C.19D.20【答案】D【解析】【分析】根据题意得到第次操作后保留的小正六边形得个数和边长，再求出其面积表达式，得到不等式，解出即可.【详解】由题可知，第次操作后共保留了个小正六边形，其边长为，所以保留下来的所有小正六边形面积之和为，由，得，所以至少需要操作20次，才能使保留下来的所有小正六边形面积之和不超过．故选：D.7.如图所示，圆锥底面半径为2，为底面圆心，，为底面圆上的点，且，，则直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】连接，取，，的中点分别为，，，连接，从而得到，，进而得到（或其补角）为直线与所成的角，再根据条件求得，，的长度，结合余弦定理和异面直线的夹角范围,即可求解.【详解】连接，取，，的中点分别为，，，连接，则，，平面，所以（或其补角）为直线与所成的角，又平面，平面，所以，，因为，，，所以，，，，所以，，，则由余弦定理得：，所以直线与所成角的余弦值为，故选：A.8.函数最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】因为，所以，易知，则，所以当时，；当时，；即当时，单调递增；当时，单调递减；故在处取得极大值即最大值，所以.故选：B.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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.已知条件p：；条件q：.若p是q的必要条件，则实数a的值可以是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据p是q的必要条件得出的取值，结合选项可得答案.【详解】由，得或，由，得.因为是的必要不充分条件，可知或，解得或.故选：BC.10.设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（）A.B.C.为常数D.为等比数列【答案】ACD【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.【详解】设公比为，则，解得，故，则，.对A，，故A正确；对B，，故B错误；对C，为常数，故C正确；对D，，，故为等比数列，故D正确；故选：ACD11.已知函数，则（）A.函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到B.函数的一个对称中心为C.函数的最小值为D.函数在区间单调递减【答案】CD【解析】【分析】化简得，逐项验证即可解决.【详解】由题知，，对于A，的图像向左平移个单位长度，得， 再向下平移个单位长度得到，故A错误；对于B，，所以函数的一个对称中心为，故B错误；对于C，，当时，函数取最小值为，故C正确；对于D，，所以单调减区间应满足，解得，所以单调减区间为，因为，所以函数在区间单调递减，故D正确.故选：CD12.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲发现早年左右.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第行的为第行中两个的和.则下列命题中正确的是（）A.在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是 B.由“第行所有数之和为”猜想：C.D.存在，使得为等差数列【答案】BCD【解析】【分析】根据杨辉三角的特征即可判断A，根据二项式系数和的性质即可判断B，根据组合数的性质即可求解C，根据等差数列的定义即可求解D.【详解】对于A，在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是，A错；对于B，由二项式系数的性质知，B对；对于C，由于故C正确；对于D，取，则，因为，所以数列为公差为的等差数列，D对.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，若，则________．【答案】【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可得，进而可求，再利用模长公式运算求解.【详解】因为，所以，解得，可得，所以．故答案：.14.已知变量和的统计数据如右表：若由表中数据得到经验回归直线方程为，则时的残差为______（注：观测值减去预测值称为残差）． 6789103.54566.5【答案】【解析】【分析】求出回归直线方程，再求出预测值即可得解.【详解】由表可知，，则，解得，所以当时，，所以时的残差为.故答案为：15.已知分别是双曲线的左､右焦点，点是双曲线的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】作出辅助线，得到，求出，求出离心率.【详解】由题知，过作轴于，则，， ，解得，故答案为：16.已知函数满足时，，．若函数的图像与x轴恰好有个不同的交点，则_________．【答案】【解析】【分析】由题意可知函数的周期为4，结合题意和图象可知，直线与第个半圆相切，根据点到直线的距离公式可知，可得，由裂项相消法即可求出结果.【详解】∵，∴，所以函数周期为4，当时，，即；当时，，函数周期为4，令，即与函数恰有个不同的交点，根据图象知，直线与第个半圆相切，故， 故，所以．故答案为：.四、解答题：本题共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.已知等差数列的前项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差数的性质，结合通项公式与前项和公式即可得解；（2）利用分组求和差，结合等差数列与等比数列的前项和公式即可得解.【小问1详解】依题意，设数列的公差为，因为，所以，则，因为，即，所以，所以，，所以，即．【小问2详解】因为，所以，所以 ．18.在①，②，③中选一个，补充在下面的横线中，并解答.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________.（1）求A；（2）若内角A的角平分线交BC于点，且，求的面积的最小值.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①：根据余弦定理分析运算；对于②③：根据正弦定理结合三角恒等变换分析运算；（2）根据面积公式可得，再利用基本不等式可得，进而可得结果.【小问1详解】若选①：因为，整理得，由余弦定理可得，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理可得，则，因为，则，则，可得，所以；若选③：因为，由正弦定理可得，则， 因为，则，则可得，所以.【小问2详解】由题意可得：，且，则，即，且，则，当且仅当时，等号成立，可得，所以，故的面积的最小值为.19.如图所示，为等边三角形，平面，，，，为线段上一动点．（1）若为线段的中点，证明：．（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直可得，再证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）设的中点为，连接，在平面内，过点作交于点，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】 因为为线段的中点，且为等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，，，四点共面，因为平面，平面，，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】设的中点为，连接，在平面内，过点作交于点，由（1）可得两两垂直，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，所以，，，，所以，，．，设平面的法向量为，则，令，得，，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，得，，所以平面的一个法向量为， 所以，所以二面角的余弦值为．20.素质教育是指一种以提高受教育者诸方面素质为目标的教育模式．它重视人的思想道德素质、能力培养、个性发展、身体健康和心理健康教育．由此，某校的一位班主任在其班的课后服务课中展开羽毛球比赛，采用五局三胜制，经过一段时间紧张激烈的角逐，最终甲、乙两人进行总决赛，在总决赛的比赛中，甲每局获胜的概率为，且各局比赛之间没有影响．（1）求甲获胜的概率；（2）比赛结束时，甲比赛的局数为，求的分布列及其期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）甲获胜有三种情况，分别是3：0，3：1，3：2，对应的局数分别3局，4局，5局且各种情况相互独立，分别计算其概率并相加即可；（2）比赛结束时必有一方赢另一方输，至少为3局，至多为5局，每种情况可能是甲赢或者乙赢，分别计算其概率，列出分布列，再根据期望公式即可求得数学期望.【小问1详解】 甲获胜有三种情况，第一种甲以3：0获胜，其概率为；第二种甲以3：1获胜，其概率为；第三种甲以3：2获胜，其概率．所以甲获胜的概率为：．【小问2详解】由题知，的所有可能的取值为3，4，5．，，，所以的分布列为345所以．21.已知函数，．（1）证明：对于，，都有．（2）当时，直线：与曲线和均相切，求直线的方程．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由得，根据转化为证明，构造函数后利用导函数证不等式. （2）先设的切线方程为，结合其和也相切，联立后根据二次方程有唯一解可得，利用的性质，求出即可.【小问1详解】因为，所以，即．当时,，欲证，，只需证在上恒成立．令，，当时，当且仅当即时等号成立，故，所以函数在区间上单调递增，所以，所以．综上所述，对于，，都有．【小问2详解】当时，，设直线与曲线的切点为，因为，所以曲线在点的切线方程为，联立方程，得，由，得，即．由（1）知，函数在上单调递增，且，所以方程有且只有一个实根，所以，即， 代入得，所以直线的方程为．22.已知直线：与双曲线：相交于两个不同的点，，线段的垂直平分线分别与，轴相交于，两点．（1）若，且点，都在双曲线的右支上，求的取值范围；（2）若（为坐标原点）的面积为，且，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过联立方程组，利用判别式结合双曲线渐近线的位置，求的取值范围；（2）设点设直线方程，利用韦达定理表示出线段的垂直平分线方程，得到，两点坐标，由的面积结合判别式求的取值范围.【小问1详解】双曲线：渐近线方程为，当时，直线的方程为，由，得，由，解得，因为点，都在右支上，所以．所以的取值范围为．【小问2详解】 设，，把代入并整理得，由，得，设线段的中点为，则，，所以线段的垂直平分线的方程为，所以点的坐标为，点的坐标为，因为的面积为，所以，整理得，所以，所以，解得或，所以的取值范围为．【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．