湖南省长沙市四区县2023-2024学年高三下学期3月调研考（一模）数学 Word版含解析.docx

《湖南省长沙市四区县2023-2024学年高三下学期3月调研考（一模）数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2024年3月高三调研考试试卷数学试卷一､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.集合，则（）A.B.C.D.2.已知为等差数列的前项和，若，则（）A.76B.72C.36D.323.设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则“”是“”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4.已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为2，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.5.将甲､乙､丙､丁4个人全部分配到三个地区工作，每个地区至少有1人，则不同的分配方案为（）A.36种B.24种C.18种D.16种6.过点与圆相切的两条直线夹角为，则（）A.B.C.D.7.钝角中，，则（）A.1B.C.D.08.已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（）A.B.C.D. 二､多选题：本题共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2分，有选错的得0分.9.设为非零复数，则下列命题中正确的是（）A.B.C.D.若，则的最大值为210.已知函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，以下说法正确的是（）A.是图象的一条对称轴B.的单调递减区间为C.的图象关于原点对称D.的最大值为11.已知是定义在上的连续函数，且满足，当时，，设（）A.若，则B.是偶函数C.在上是增函数D.的解集是三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知一组数据如下：，则这组数据的第75百分位数是__________.13.一个正四棱锥底面边长为2，高为，则该四棱锥的内切球表面积为__________.14.已知对任意，且当时，都有：，则的取值范围是__________.四､解答题：本题共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.（本题满分13分）如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，，为圆弧的两个三等分点，是的中点. （1）证明：平面.（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.16.（本题满分15分）已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围.17.（本题满分15分）春节临近，为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目中奖的概率是，项目和中奖的概率都是.（1）若规定每位参加活动的顾客需要依次参加三个项目，如果三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券；如果仅有两个项目中奖，他将获得50元奖券；否则就没有奖券，求每位顾客获得奖券金额的期望；（2）若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.已知某顾客中奖了，求他参加的是项目的概率.18.（本题满分17分）如图，已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为的面积为1.若过点的直线与椭圆相交于两点，过点作轴的平行线分别与直线交于点.（1）求椭圆的方程.（2）证明：三点的横坐标成等差数列.19.（本题满分17分）若存在常数，使得数列满足，则称数列 为“数列”.（1）判断数列：是否为“数列”，并说明理由；（2）若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，试比较与的大小，并证明.绝密★启用前2024年3月高三调研考试试卷数学参考答案与试题解析一､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.题号12345678答案BCABACDD1.【解答】：由，所以，所以.故选：B.2.【解答】：.故选C.3.【解答】：由，则，又，所以，故“”是“”的充分条件.当满足时，直线可能平行，可能相交，也可能异面.故“ab”不是“ ”的必要条件.故选：A.4.【解答】：双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为，因此双曲线的离心率.故选：.5.【解答】：由题意，三个地区中必有一个地区有2人，先在甲､乙､丙､丁4个人中选2个人有种组合，将这两个人捆绑在一起看作一个元素，与其他2个人一起分配到三个地区，共有种，故选：.6.【解答】：如图，化为标准方程为，圆心为，半径为1，过点与圆相切的两条直线夹角为，设切线为，则圆心到切线的距离，解得或，故切线为或，即一条切线为轴，如图，所以，且易知一定为第一象限角，解得.故选：7.【解答】：由，在钝角中，，，即且B为锐角，，若C为钝角，则，与矛盾，只可能为钝角，，.故选：选.8.【解答】：根据抛物线的对称性，不妨设在第一象限，则在第四象限，设直线的倾斜角为，则，又， 由，可得，又为直线的倾斜角，，又根据抛物线的对称性可知时，也满足题意，故.故选：.二､多选题：本题共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2分，有选错的得0分.9.【解答】：对于，设，当均不为0时，为虚数，而为实数，所以不成立，故错误；对于，设，则，所以，而，所以成立，故正确；对于，设，又，所以，故错误.对于，则复数对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，的几何意义为复数对应的点与两点间的距离，所以，如图可知，当点为时，最大，取最大值，最大值为2，故正确.故选.10.【解答】：函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，对于，令，求得，是最大值，故直线是函数图象的一条对称轴，故正确.对于，令，求得， 可得的单调减区间为，故正确.对于C，由于是偶函数，故它的图象关于轴对称，故错误.对于，由于，即的最大值为，故正确.故选：.11.【解答】：对选项：取得到，即，取得到，又，解得，正确；对选项B：取得到，即，则为奇函数，错误；对选项：设，则，当时，，故，故，即单调递增，正确；对选项D：，当时，，则，故；当时，不成立；当时，，则，故；综上所述：，正确；故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【解答】：，故第75百分位数是第8个数，即为9.13. 【解答】：由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点，连接是球与侧面的切点，可知在上，，设内切球半径为，则，由，即，解得，所以内切球表面积为.故答案为：.14.【解答】：由得：，，.令由①式，所以在上递减.所以：恒成立，所以恒成立，.故答案：四､解答题：本题共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.【解答】（1）证法1：如图1，取的中点，连接为圆弧的两个三等分点， .分别为的中点，，则，从而四边形为平行四边形，故.平面平面平面.证法2：如图2，连接，因为为圆弧的两个三等分点，，又点为的中点，点为的中点，，平面平面，平面平面.证法3：如图3，以为坐标原点，垂直平分线为轴，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，则.设平面的法向量为， 则，令，得.，平面.（2）解：以为坐标原点，垂直平分线为轴，的方向分别为轴的正方向，建立如图3所示的空间直角坐标系.，所以，，设平面的法向量为，则，令，得.设平面的法向量为，则，令，得.设平面与平面所成锐二面角为，则.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.16.【解答】：（1）时，，定义域为，，令，解得或（舍去）， 令，解得，令，解得，故在处取得极小值，极小值为，的极小值为，无极大值.（2）在区间上为减函数，在区间[1，2]上，，令，只需，显然在区间上为减函数，，的取值范围是.17.【解答】（1）设一位顾客获得元奖券，可能取值为，，，所以每位顾客获得奖券金额的期望是元.（2）设“该顾客中奖”为事件，参加项目分别记为事件则，所以，即已知某顾客中奖了，则他参加的是项目的概率是.18.【解答】：（1）依据题意， 解得：椭圆的方程为.（2）解法1：设直线直线过点.联立方程组可得：，设，则：，，，令可得：，下面证明：.即证：，即证：整理可得即证：，即证：，整理可得即证：，即证：，上式成立，原式得证.解法2：设轴，设直线过点.由方程组可得：当时，，，又三点共线，， ，即.点在直线上，，，即三点的横坐标成等差数列.解法3：设直线直线过点.联立方程组可得：，设，则：又三点共线，三点的横坐标成等差数列.19.【解答】：（1）根据“数列”的定义，则，故，成立，成立，不成立，不是“数列”.（2）是首项为2的“数列”，，由是等比数列，设公比为，.两式作差可得，即，是“数列”，，对于恒成立，，即对于恒成立， 则，即，解得，，又由，则，，数列的通项公式.（3）证明：设函数，则，当时，，则在区间单调递减，且，又由是“数列”，即，对于恒成立，因为，则，反复利用，可得对于任意的，则，即，则，即，相加可得，则，所以，又，所以，即，故.