湖南省长沙市2024届高三上学期第一次调研测试数学Word版含解析.docx

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2024年湖南省长沙市高三上学期第一次调研测数学试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．设集合，，则的元素个数是（    ）A．1B．2C．3D．42．若复数（i是虚数单位），则（    ）A．B．1C．D．3．已知向量，，，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则的面积为（    ）．A．1B．2C．D．4．在三角形ABC中，已知三边之比，则的值等于（    ）A．1B．2C．D．5．数列的通项公式为，若数列单调递增，则的取值范围为A．B．C．D．6．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，k是正的常数.如果在前5h消除了的污染物，则15h后还剩污染物的百分数为（    ）A．B．C．D．7．设椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，，，则椭圆离心率的取值范围为（    ）A．B．C．D． 8．已知正三棱台的上，下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，以下底面顶点为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（    ）A．B．C．D．二、多选题9．已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（    ）A．B．C．D．10．不透明盒子里装有除颜色外完全相同的3个红球，2个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件：取出的两个球是一个红球一个白球，事件：两个球中至少一个白球，事件：两个球均是红球，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．11．已知双曲线：的右焦点为F，动点M，N在直线：上，且，线段，分别交C于P，Q两点，过P作的垂线，垂足为.设的面积为，的面积为，则（    ）A．的最小值为B．C．为定值D．的最小值为12．已知，，则下列结论正确的是（    ）A．函数在上存在极大值B．为函数的导函数，若方程有两个不同实根，则实数m的取值范围是C．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为D．若，则的最大值为 三、填空题13．为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，若每个小区至少分配一名志愿者，则有种分配方法（用数字作答）；14．在数列中，，，其中是自然对数的底数，令，则．15．已知是正四面体的外接球的一条直径，点在正四面体表面上运动，正四面体的棱长是2，则的取值范围为．16．已知函数，若函数的图象在点和点处的两条切线相互平行且分别交轴于、两点，则的取值范围为.四、解答题17．如图，在中，，点是边上一点，且，(1)求的面积；(2)求线段的长.18．已知数列的前项和为，，且满足.(1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和.19．如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，，，为中点．  (1)求证：平面平面；(2)若线段上存在点，使得二面角的大小为，求的值． 20．2023年秋末冬初，呼和浩特市发生了流感疾病.为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保.某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：(1)若从成绩低于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩低于50分的人数；(2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数；(3)首轮竞赛成绩位列前的学生入围第二轮的复赛，请根据图中信息，估计入围复赛的成绩（记为）.21．已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．(1)求C的方程；(2)当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．22．已知函数．(1)当时，求在曲线上的点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性；(3)若有两个极值点，，证明：． 参考答案：1．C【分析】明确集合交集的含义，利用解方程组即可确定答案.【详解】由于，为点集，故求的元素个数即为求的解的个数，解方程，可得或或，故的元素个数是3个，故选：C2．A【分析】根据复数的乘方运算及乘法运算求得z，由模长公式求得模长即可.【详解】解：∵，∵复数，∴，∴，∴，则，故选：A．3．B【解析】为等腰直角三角形，则有及，【详解】由题知，，，故，则，故选：B．【点睛】本题考查向量的数量积，掌握向量的模、向量的垂直与数量积的关系是解题关键．4．B【分析】根据三边关系求出，根据二倍角公式结合正弦定理即可得解. 【详解】三角形ABC中，已知三边之比可设，由余弦定理可得：，由正弦定理可得：故选：B5．C【分析】数列{an}单调递增⇔an+1＞an，可得：n+1+＞n+，化简解出即可得出．【详解】数列{an}单调递增⇔an+1＞an，可得：n+1+＞n+，化为：a＜n2+n．∴a＜2．故选C．【点睛】本题考查了等比数列的单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6．C【分析】根据题意，求出，然后带入，即可求出15h后还剩污染物的百分数.【详解】根据题意时，，又在前5h消除了的污染物，则，则15h后还剩污染物为，所以15h后还剩污染物的百分数为.故选：C7．C【分析】设，由椭圆定义和勾股定理得到，换元后得到，根据二次函数单调性求出，得到离心率的取值范围.【详解】设，，由椭圆的定义可得，，可设，可得，即有，①由，可得，即为，②由，可得，令，可得， 即有，由，可得，即，则时，取得最小值；或4时，取得最大值.即有，得.故选：C【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有三种方法：①求出，代入公式；②根据条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围；③由题目条件得到离心率关于变量的函数，结合变量的取值范围得到离心率的取值范围.8．C【分析】将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点到平面的距离，进而求出截面小圆半径作答.【详解】将正三棱台补形成正三棱锥，如图，由得．∵，∴，∴为正三角形，∴三棱锥为正四面体．令正的中心为，连接，，则平面，，∴．∵球半径为，∴这个球面截平面所得截面小圆是以为圆心，为半径的圆．在正中，取，的中点，，取的三等分点，，连接，，显然，即，，同理，即，∴六边形是正六边形，点，，，，，在此球面截平面所得截面小圆上．连接，，，，则，此球面与侧面的交线为图中的两段圆弧（实线）， ∴交线长度为．故选：C.【点睛】思路点睛：将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥为正四面体，由此可求出点到平面的距离，进而求出球面与侧面的截面小圆半径，从而确定交线为两段圆弧，求出弧长得解.9．AC【分析】根据零点定义，结合正弦型函数和对数型函数的图象进行求解即可.【详解】令，在同一直角坐标系，画出两个函数图象如下图所示：由图可知共有20个交点，故，则A正确，B错误；又函数的图象都关于对称，则，故，则C正确，错误，故选：AC10．AC【分析】应用列举法写出随机取出2个小球的事件，根据题设描述列举对应事件，由古典概型的概率求法求概率.【详解】记3个红球为，2个白球为，随机取出2个小球的事件如下，，所以，事件对应事件有，概率为，A对； 事件对应事件有，概率为；事件对应事件有，概率为；其中对应事件有，概率为，B错；对应事件有，概率为，C对；显然，D错.故选：AC11．BC【分析】由三角形相似和基本不等式，即可判断A；代入两点间距离公式，化简后，即可判断B；根据直角三角形的性质，结合B选项，即可判断C；设，利用三角函数表示，再通过换元，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的最值.【详解】对于A，易得，设，则，设，，由三角形相似可得，所以，当且仅当时等号成立，故A错误；对于B，设，则，由，得，所以，所以，故B正确；对于C，由，可得，所以，整理得，为定值，故C正确； 对于D，易知，设，则，，设，则，解得，同理可得，所以，令，则，设，则，所以在上单调递减，故的最小值为，故D错误.故选：BC【点睛】难点点睛：本题的难点是D选项的判断，需根据，转化为三角函数的问题，再利用换元，转化为一般函数问题，再利用导数判断函数的单调性，即可求最值.12．BCD【分析】利用导数探讨的单调性判断A；求出并利用导数探讨其性质，结合函数零点判断B；利用函数的单调性脱去法则“f”，再利用的单调性求出最小值判断C；由已知结合同构思想得，再利用导数求出的最小值判断D.【详解】对于A，，令，则，当时，，函数递增，当时，，函数递减，于是，因此在上单调递增，在上无极值点，A错误；对于B，，令，则，当时，，函数递减，当时，，函数递增，则，即，显然当时，恒有， 方程有两个不同实根，即直线与函数的图象有两个交点，因此，B正确；对于C，由选项B知，在上恒成立，则函数在上单调递增，于是，不等式，则有，，由选项A知，函数在上单调递增，因此，即，所以实数a的最大值为，C正确；对于D，若，则，即，由，得，由选项A知，函数在上单调递增，于是，，因此，令，则，当时，，函数递增，当时，，函数递减，从而，所以的最大值为，D正确.故选：BCD【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；（4）若，使得，故.13．【分析】利用分组分配求解【详解】先把名志愿者分成共组，然后再进行排列，有种不同的分配方法， 故答案为：14．【分析】根据题意，得到，两式相加，结合等比数列的求和公式和对数的运算法则，即可求解.【详解】由，得，则，则，故．故答案为：.15．【分析】根据题意可求得外接球半径为，利用可得，由几何关系求出的最值即可求出的取值范围.【详解】如下图所示：  设点在平面内的摄影为，为的中点，易知在上，且平面；又正四面体的棱长是2，所以可得，在正中，由勾股定理可得；设外接球半径为，则可知，即，解得；易知，又因为是外接球的一条直径，所以，且； 因此，易知，所以，；因此可知的取值范围为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题关键在于利用极化恒等式将化为，再利用正四面体性质求出的最值即可求出的取值范围.16．【分析】由可得出，利用弦长公式得出，利用导数求出函数在上的值域，即可为所求.【详解】当时，，，则，当时，，，则，因为函数的图象在点和点处的两条切线相互平行，则，即，则，，，所以，，令，其中，则，当时，，此时函数在上单调递减，当时，，此时函数在上单调递增，所以，，因此，的取值范围是.故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用切线斜率相等得出、所满足的关系式，然后将转化为含的函数，转化为函数的值域问题求解.17．(1)(2)【分析】（1）根据求解即可；（2）解法1：在中根据余弦定理求出，结合等腰三角形的性质求，在中勾股定理求即可；解法2：由求得.【详解】（1），而.（2）解法1：，，在中，，在等腰中，，Rt中，，.解法2：，由得，,即， 解得.18．(1)(2)【分析】（1）利用构造法和等差数列的定义与通项公式可得，结合即可求解；（2）由（1）知，利用分组求和法计算即可求解.【详解】（1）根据题意，，所以，由于，则是以首项为1，公差为的等差数列，所以，所以，当时，.验证时满足通项公式，故数列的通项公式为.（2）由（1）知.设的前项和为，则当为偶数时，.当为奇数时，，设的前项和为，则.因为，所以19．(1)证明见解析 (2)【分析】（1）首先连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面.（2）设,再利用向量法求二面角的平面角，再列方程得到，即得的值．【详解】（1）证明：连接，  是边长为的等边三角形，是的中点，，，，，，四边形是矩形，，，，又，，平面，平面，又平面，平面平面．（2）以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，，设，则，设平面的法向量为， 则，即令，得，又平面，为平面的一个法向量，，二面角的大小为，，解得．．20．(1)人(2)(3)【分析】（1）利用分层抽样的定义求解即可；（2）利用平均数公式求解即可；（3）根据题意设入围复赛的成绩的临界值为，则，求出的值即可.【详解】（1）成绩在的人数为（人），成绩在的人数为（人），则按分层抽样方法从成绩低于60分的同学中抽取5人，成绩低于50分的人数为（人）.故5人中成绩低于50分的人数为2人；（2）由，得，则平均数，故该校学生首轮竞赛成绩的平均数约为分；（3）根据频率分布直方图可知： 的频率为，的频率为，所以入围复赛的成绩一定在，可知入围复赛的成绩的临界值为，则，解得，故估计入围复赛的成绩为分.21．(1)(2)【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.【详解】（1）当M与原点O重合时，可设，则有、，且，即有,则，即，又，故，则，即有，由离心率为，即，则，故，即有，解得，故，即C的方程为；（2）设直线方程为，令，有，即，设点、，则， 联立直线与椭圆方程：，消去有，，即，有，，为，令，故，由，故，其中，即，则，当且仅当时等号成立，故周长的最小值为.【点睛】本题考查了椭圆的方程，在求解直线与椭圆的位置关系问题时，常用方法是设而不求，借助韦达定理等手段，将多变量问题转变为单变量问题，再用基本不等式或函数方式求取范围或最值.22．(1)；(2)详见解析；(3)详见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义求出；（2）求出导函数，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出； （3）由题意得，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．【详解】（1）由题可知，当时，，，，切点为，切线的斜率为，切线方程为：，即；（2）对函数求导可得，．当时，．则在上单调递增．当时，．则，．令，则，或．，则，综上：当时，在上单调递增，当时，在和上单调递增，在上单调递减．（3）有两个极值，，，是方程的两个不等实根，则，，，．要证：．即证：． 不妨设，即证：．即证：对任意的恒成立．令，．则．从而在上单调递减，故．所以．【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题.