2024届湖北省腾云联盟高三上学期8月联考数学试题含答案

2024届湖北省腾云联盟高三上学期8月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则实数a的所有可能取值构成的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可知，对集合B分等于空集和不等于空集两种情况讨论，分别求出符合题意的a的值即可．

【详解】集合，

∵，∴，

①当时，，符合题意，

②当时，，，

则有或，解得：或，

综上所述，实数a的所有可能的取值组成的集合为

故选：D

2．已知复数，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】先对复数化简，再求出其共轭复数，进而可求出在复平面内对应的点所在的象限.

【详解】因为，

所以，

所以z的共轭复数在复平面内对应的点位于第一象限，

故选：A

3．已知向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可.

【详解】，

所以向量在向量上的投影向量为，

故选：B

4．已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】做出圆台的轴截面图，结合条件算出母线与高，与上底面半径的关系，并利用体积公式可得，，进而计算出圆台的侧面积.

【详解】    

解：做出圆台的轴截面如图所示，设上底面半径为，则下底面半径为，

作，垂足为，则，母线与底面所成的角的正弦值为，

即，设圆台的母线长为，高为，则，，

因为圆台的体积为，由圆台的体积公式，计算得，

所以.

再由圆台侧面积公式，可得圆台的侧面积为.

故选：C.

5．已知椭圆的左右焦点分别为，则在椭圆C上存在点P使得成立的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由椭圆的性质，以及余弦定理得到点为椭圆的短轴的端点M时，取得最大值，根据题意转化为，进的得到，结合选项，即可求解.

【详解】设椭圆上一点，设，且，

由椭圆的定义知，

在中，由余弦定理得

又由，当且仅当时，即点为椭圆的短轴的端点时，

取得最小值，此时取得最大值，

如图所示，要使得椭圆上存在点使得，

根据椭圆的对称性，可得，

在直角中，可得，即，解得

又因为，所以，

结合选项，可得使得成立的一个充分不必要条件是.

故选：A.

6．已知过点P与圆相切的两条直线的夹角为，设过点P与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出两圆的圆心和半径，设设过点的直线与圆切于点，与圆切于点，连接，由过点P与圆相切的两条直线的夹角为，可求出，然后在中可求出，，再利用正弦的二倍角公式可求得结果.

【详解】由，得，则圆心，半径，

由，得，则圆心，半径，

设过点的直线与圆切于点，与圆切于点，

连接，则，

因为过点P与圆相切的两条直线的夹角为，

所以，则，

所以，

在中，，，所以，

所以，，

因为，

所以，

即，

故选：C

7．心理学家有时使用函数来测定在时间分钟内能够记忆的量,其中表示需要记忆的量,表示记忆率.假设一个学生有个单词需要记忆,心理学家测定出在分钟内该学生记忆个单词,则该学生记忆率所在区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据题意解方程,解出,在和端点值比较大小,由函数单调性和函数连续得到结果.

【详解】将代入,解得:,

因为,,且在上单调递减,

所以,

因为,,且在上单调递减,

所以,

则,即,

因为在上为单调递减且连续函数,

所以,

解得,

故记忆率所在区间为.

故选:B.

8．已知，，且，则下列结论一定不正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据辅助角公式化简，再根据角的范围找到和差角的关系判断各个选项即可.

【详解】,

,,

且，，则,,

当时,,C选项正确，D选项不正确;

当时,,

,A,B选项正确，D选项不正确.

故选:D.

二、多选题

9．某医院护士对甲、乙两名住院病人一周内的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列说法正确的有（    ）

A．病人甲体温的极差为

B．病人乙的体温比病人甲的体温稳定

C．病人乙体温的众数、中位数与平均数都为

D．病人甲体温的上四分位数为

【答案】BC

【分析】根据折线图，结合极值，百分位数，众数，中位数和平均数的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择．

【详解】对于选项A：病人甲体温的最大值为，最小值为，故极差为，故A错误；

对于选项B：病人乙的体温波动较病人甲的小，极差为，也比病人甲的小，因此病人乙的体温比病人甲的体温稳定，故B正确；

对于选项C：病人乙体温按照从小到大的顺序排列为：，

病人乙体温的众数、中位数都为，

病人乙体温的平均数为：，故C正确；

对于选项D：病人甲体温按照从小到大的顺序排列为：，

又，

病人甲体温的上四分位数为上述排列中的第6个数据，即，故D错误．

故选：BC．

10．已知点P为正方体底面ABCD的中心，用与直线垂直的平面截此正方体，所得截面可能是（    ）

A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形

【答案】ABC

【分析】首先利用线性，线面的垂直关系，首先作出一个平面，再通过平移平面的方法，得到不同的多边形，即可判断选项.

【详解】如图，设棱长为1，过点作，交于点，连结，

因为，则，

即，所以，所以点为的中点，

因为，，且，且平面，

所以平面，平面,

所以，且，，且平面，

所以平面，此时平面就是满足条件的一个,

此时所得截面为三角形，

当点平移至点，对应的点平移至点（分别是的中点），形成平面，

此时截面为四边形，

夹在平面和平面之间的形成五边形，如下图，

若截面在平面下方时，形成的截面为三角形，直至缩成一个点，如下图，

若截面在平面的上方时，形成的截面为五边形，如下图，

当点分别移到点的位置，点移到的中点位置，形成的截面为三角形，再往上形成的截面也为三角形，直至缩成一个点，

如下图，

综上可知，所的截面为三角形，四边形，五边形，没有六边形.

故选：ABC

11．已知数列的通项为，，则（    ）

A．数列的最小项为 B．数列的最大项为

C．数列的最小值为－0.8 D．数列的最大值为2.4

【答案】BCD

【分析】由 判断选项AB，由判断选项CD.

【详解】解： ，当时，，则单调递增；

当时， ，则单调递减，又，，，所以数列的最大项为，无最小项，故A错误，B正确；

，

当时， 单调递减，；

当时，各项为正且单调递减，

所以数列的最小值为，数列的最大值为，故CD正确，

故选：BCD

12．已知函数的定义域为，满足，且，则（    ）

A． B．为奇函数

C． D．

【答案】ACD

【分析】A.通过赋值，求的值；B.赋值，即可判断函数的奇偶性；C.赋值，利用函数的周期性，即可求和；D.通过多次赋值，可证明，即可判断.

【详解】A.令，有，得，A正确；

B.令，得，，则，函数的定义域为，所以函数为偶函数，故B错误；

C.令，得，即，

设，则，

所以，所以函数的周期为2，

，，…，，

所以，，

所以，故C正确，

D.由，，，

令，得，所以，

将换成，得，①，

将换成，得，②，

将换成，换成，得,③,

①+②-③,得，

则，得，故D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点睛：本题关键的方法是赋值法，尤其是D选项，通过三次赋值，找到等式间的关系，再可进行判断.

三、填空题

13．已知且，若函数为奇函数，则      .

【答案】4

【分析】函数为奇函数，有，代入函数解析式求解即可.

【详解】已知且，若函数为奇函数，则有，

即，化简得，所以.

故答案为：4

14．有两个家庭共8人暑假到新疆结伴旅游（每个家庭包括一对夫妻和两个孩子），他们在乌鲁木齐租了两辆不同的汽车进行自驾游，每辆汽车乘坐4人，要求每对夫妻乘坐同一辆汽车，且该车上至少有一个该夫妻自己的孩子，则满足条件的不同乘车方案种数为      .

【答案】10

【分析】分两种情况考虑，即每个家庭乘坐一辆车和每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子，根据分类加法原理即可得答案.

【详解】由题意得当每个家庭各乘坐一辆车时，有2种乘车方案；

当每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子时，乘车方案种数为，

故满足条件的不同乘车方案种数为，

故答案为：10

15．已知函数的图像关于点中心对称，关于直线轴对称，且函数在上单调递减，则      .

【答案】

【分析】由函数的单调性和图像的对称性，求函数解析式，再求.

【详解】函数，

函数的图像关于直线轴对称，则有或，

当时，由函数在上单调递减，则有在上单调递增，

所以的最小正周期，，

，由，得，所以，

此时，不满足的图像关于点中心对称，不合题意；

时，则函数在上单调递减，的最小正周期，，

的图像关于点中心对称，则有，

又，由正弦型函数作图的五点法可知，，

解得，所以，

则有.

故答案为：

16．已知双曲线C：的左右焦点分别为，，点A为双曲线C右支上一点，直线交双曲线的左支于点B，若，且原点O到直线的距离为1，则C的离心率为      .

【答案】

【分析】通过双曲线的定义，用参数表示，，过作直线的垂线，构造直角三角形，从而利用勾股定理构建参数的方程求，则离心率可求.

【详解】点A为双曲线C右支上一点，

，

又，，

点B为双曲线C左支上一点，

即，

过作直线的垂线，垂足分别为,

则,又为的中点，可得，

在直角三角形中，

在直角三角形中,

，

,

,平方可得，

，，

C的离心率为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知等比数列的前n项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，证明：时，.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由，求出等比数列的首项和公比，可得数列通项；

（2）由分析法结合指数函数的单调性证明不等式.

【详解】（1）因为，所以时，，

所以，所以，

因为，

又因为为等比数列，所以，所以，

则等比数列首项为2，公比为3，

所以

（2）要证时，，即证时，，

需证时，，

因为且，则，，所以，原不等式成立.

18．在中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

(1)求角A；

(2)若，AD为BC边上的中线，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角形内角和以及两角和的正弦公式化简，即可求得答案；

（2）由题意利用正弦定理角化边可得，继而设，利用面积关系可得，结合两角差的正弦公式化简，即可得答案.

【详解】（1）由正弦定理得，

因为，所以，

所以，

即，

又，所以，

即，又，

所以，所以.

（2）因为，所以由正弦定理得，

设，则，

因为AD为BC边上的中线，所以，

即，

即，，

即，显然，所以，

即.

19．在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面，，.

(1)证明：平面平面；

(2)若E为PC的中点，异面直线BE与PA所成角为，求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知的面面垂直证明线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线所成的角，求得棱锥的高，可解棱锥的体积.

【详解】（1）证明：过点D作，垂足为点F，

因为平面平面PAB，平面平面，平面，

所以平面PAB，平面PAB，所以，

因为，又平面PAD，，所以平面PAD，

因为平面，所以平面平面.

（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，

则、、、，

设，

则，因为，所以，

所以，，

因为异面直线BE与PA所成角为，所以，

化简得，解得（舍），所以；

所以，平面ABCD，

四棱锥，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，

所以四棱锥的体积为.

20．如图，是正三角形，一点从A出发，每次投掷一枚骰子，若向上点数大于或等于5，则沿的边顺时针移动到下一个顶点；若向上的点数小于或等于4，则沿的边逆时针移动到下一个顶点.

(1)求投掷2次骰子后，该点恰好回到A点的概率；

(2)若投掷4次骰子，记经过B点的次数为X，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得顺时针移动到下一个顶点的概率为，逆时针移动到下一个顶点的概率为，然后利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可，

（2）由题意可得，求出相应的概率，从而可得.

【详解】（1）由题意得顺时针移动到下一个顶点的概率为，逆时针移动到下一个顶点的概率为，

所以投掷2次骰子后，该点恰好回到A点的概率为：；

（2）由题意可得，则

；

；

；

所有X得分布列为：

.

21．已知函数.

(1)证明：有唯一的极值点；

(2)若恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）求出函数定义域，对函数求导后，可判断在定义域内单调递增，且值域为，从而可得有唯一的零点，进而可证明有唯一的极值点；

（2）由（1）知，在取得极小值点，也是最小值点，则可求得其最小值为，然后分和两种情况讨论即可.

【详解】（1）证明：定义域为，

由，得，

令，则，

所以在上单调递增，

因为，且，，且当时，，

所以的值域为，

所以有唯一的零点，使得，

当时，，单调递减；当时，，

单调递增，所以有唯一的极值点，

（2）由（1）知，在取得极小值点，也是最小值点，

由得，

所以

，

当时，，，所以；

当时，，，所以，

因为，所以

设，则

所以在上单调递减，

所以，即

【点睛】关键点点睛：此题考查导数综合应用，考查利用导数解决极值点问题，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是由（1）可求得的最小值，然后讨论使其最小值大于等于零即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.

22．已知过点的直线交抛物线于A，B两点，且（点O为坐标原点），M，N，P是抛物线上横坐标不同的三点，直线MP过定点，直线NP过定点.

(1)求该抛物线的标准方程；

(2)证明：直线MN过定点.

【答案】(1)

(2)MN过定点，证明见解析

【分析】（1）设直线AB方程为，与抛物线方程联立，由利用韦达定理求出，可得抛物线方程；

（2）设，，，由M、P、C三点共线，得，由N、P、D三点共线，得，代入直线MN方程，可得直线所过定点.

【详解】（1）设直线AB方程为，，，

联立得，消x得，

得，，

因为，所以，

即，，

所以抛物线的解析式为：.

（2）设，，，

因为M、P、C三点共线，所以，即，①

因为N、P、D三点共线，所以，即，②

直线MN方程为：，即③

由①②得，即，

代入③得，所以直线MN过定点.

【点睛】方法点睛：

解答直线与抛物线的题目时，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．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物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．