湖南省永州市2024年高三数学1月大联考含解析

Page22湖南省永州市2024年高三数学1月大联考本卷满分150分，考试时间120分钟.留意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解得集合，与集合取交集.【详解】，即，由，得.故选:B.2.已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内所对应的点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则化简即可求解.【详解】因为复数，所以，则，所以复数在复平面内所对应的点的坐标是，故选：.3.已知为等差数列的前项和，，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为，由条件列方程求，依据通项公式求.【详解】设等差数列的公差为，因为，得，即，解得，所以，则，故选：D.4.全球智能手机市场销量持续增长乏力已经是不争的事实，但折叠屏手机却走出逆势，成为行业唯一增长的高端机品类.下图是某数据公司统计的2024年第一季度中国折叠屏手机市场份额.现有2024年第一季度中国折叠屏手机市场份额超过5%的品牌折叠屏手机各一部，从中任取2部手机，则其中有品牌折叠屏手机的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】运用古典概型计算公式进行求解即可.【详解】方法一：由题意，知市场份额超过的折叠屏手机品牌有，且现有这四个品牌手机各1部，共4部，从中任取2部手机，有品牌折叠屏手机的概率为；方法二：由题意，知市场份额超过的折叠屏手机品牌有，且现有这四个品牌手机各1部，共4部，从中任取2部手机，基本领件有，共6种，其中有品牌折叠屏手机的是，共3种，所以所求概率为.故选：B5.在平面内，是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为（）A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线【答案】A【解析】【分析】由平行四边形法则易得，可知，可推断点的轨迹为以线段为直径的圆.【详解】设为线段的中点，.因为，所以，所以，所以，当点在点或时也满意，所以点的轨迹为以线段为直径的圆.故选:A.6.已知直线是圆的一条对称轴，设直线与轴的交点为，将直线绕点按顺时针方向旋转得到直线，则直线被圆截得的弦长为（）A.1 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由条件求列方程求，确定圆心坐标，圆的半径，再求圆心到直线的距离，利用弦长公式求直线被圆截得的弦长.【详解】依据题意，得点在直线上，所以，所以，故圆的圆心坐标为，半径为，由直线得直线与轴的交点为，所以，所以圆心到直线的距离为，故直线被圆截得的弦长为.故选：C.7.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据指数函数及幂函数的单调性比较的大小，分别比较与的大小即可得的大小，从而得答案.【详解】解：因为在R上为单调递减函数，所以，又因为在上为单调递增函数，所以，即，所以，即，又因为，又因为，，即有所以，即，所以，即，综上所述：.故选：A.8.四面体的各个顶点都在球的表面上，两两垂直，且是线段上一点，且，过作四面体外接球的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】把四面体放到长方体中，依据球的几何性质进行求解即可.【详解】设所得截面圆的面积为，半径为，由两两垂直可将四面体放入长方体中，如图所示，易得外接球半径，过作球的截面，所得截面圆的面积最大时为过球心的圆面，；所得截面圆的面积最小时为与最大截面垂直的圆面.

在内，，所以，所以，所以，即，所以.故选A.【点睛】关键点睛：利用长方体和球的几何性质是解题的关键.二､多选题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，则下列结论中正确的是（）A.为函数的一个周期B.是曲线的一个对称中心C.若函数在区间上单调递增，则实数的最大值为D.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象【答案】ABD【解析】【分析】依据周期函数的定义推断A，依据正弦函数的性质推断B，C，依据函数图象变换结论及偶函数定义推断D.【详解】对于选项：由已知可得，所以，所以为函数的一个周期，故A正确；对于选项B：令，解得，当时，，所以点是曲线的一个对称中心，故B正确；对于选项C：由，得，令，得，因为在区间上单调递增，所以实数的最大值为，故C错误；对于选项D：将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，因为，所以函数为偶函数，故D正确.故选：ABD.10.已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（）A.准线的方程为B.若过焦点的直线交抛物线于两点，且，则C.若，则的最小值为3D.延长交抛物线于点，若，则【答案】BCD【解析】【分析】依据抛物线准线方程、抛物线的定义，结合两点间线段最短、相像三角形的性质逐一推断即可.【详解】因为抛物线的方程为，所以，所以准线的方程为错误；由题意可知，B正确；由抛物线上的点到焦点与到准线的距离相等可知，所以当三点共线时，取得最小值，即为点到准线的距离，所以最小值为正确；如图所示，不妨设在第一象限，过作轴于点，过作轴于点，过作准线的垂线，垂足为，设准线与轴的交点为，则，易知，则有，即，解得，则，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：利用相像三角形的性质是解题的关键.11.若实数满意，则的值可以是（）A.1 B. C.2 D.【答案】BC【解析】【分析】令，把等式变形成，用表示，然后再用基本不等式，用表示成不等式，解不等式即可.【详解】，，设，则由题意得，即.因为，即，当且仅当，即时等号成立，解得，所以的取值范围是故选：BC.12.如图，已知正三棱柱中，为的中点，直线与平面的交点为，则以下结论正确的是（）A.B.直线平面C.在线段上不存在一点使得D.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为【答案】AB【解析】【分析】延长交于点，解三角形求，推断A，连接交于点，证明，由线面平行判定定理证明平面，推断B，取的中点，过点作，由线面垂直判定定理证明平面，由此推断C，依据球的截面性质推断D.【详解】如图，延长交于点，连接，因为，所以，又为的中点，所以，所以，故，所以，由，，所以，故正确；连接交于点，因为四边形为矩形，所以是的中点，连接，则为的中位线，所以，又因为平面平面，所以直线平面，故B正确；取的中点，连接，则，又由可得平面，故.过点作，垂足为，连接，又，平面，所以平面，所以，故C不正确；因为平面，所以所求交线即为平面内以为圆心，半径为的圆与侧面的交线，即图中圆弧，因为,，所以，所以，同理，所以圆弧所对的圆心角为，故交线长为，故D不正确.故选：AB.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，其中为自然对数的底数，则曲线在处的切线方程为__________.【答案】.【解析】【分析】求解导函数，计算与的值，再利用直线点斜式写出切线方程即可.【详解】求导可得，则，又，则曲线在处的切线方程为，整理得.故答案为：.14.的绽开式中全部有理项的系数之和为__________.【答案】【解析】【分析】先依据二项式绽开式通项，找出有理项，再计算有理项的系数之和.【详解】由二项式定理，可得的绽开式通项为，当，即时，为有理项，所以全部有理项的系数之和为.故答案为：.15.已知，且，则__________.【答案】##【解析】【分析】由题知，，进而依据正切的和角公式求解即可.【详解】解：，，即，解得或（舍），∴，∴故答案为：.16.已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别是，离心率为，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，若点满意，则的最小值为__________.【答案】##0.5【解析】【分析】由条件，结合双曲线的定义可求出双曲线方程，再通过求双曲线的斜率为1的且切点在双曲线的右支的切线与直线的距离即可.【详解】设半焦距为，延长交于点，由于是的平分线，，所以是等腰三角形，所以，且是的中点.依据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，故，所以，又，所以，所以双曲线的方程为，依据题意，知所求的是双曲线右支上一点到直线的距离的最小值的平方.设与直线平行双曲线的切线方程为，联立，消去，可得，所以，所以或1，当时，切点坐标为与已知冲突，当时，切点坐标为，所以，所以切点到直线的距离为，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】问题的解决的关键在于结合双曲线的定义及角平分线的性质求出双曲线的方程和将问题求两点之间的距离的最小值的平方转化为求平行直线的距离的平方的问题.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.已知数列的前项和为，且满意.（1）求证：数列是等比数列；（2）若，数列前项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系可得，，当时，再利用等比数列的定义证明；（2）由（1）得，进而得到，再利用等比数列前n项和公式求解.【小问1详解】由，得①，当时，，所以，即，当时，②，①-②整理得，所以，所以数列是以9为首项，3为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）可知，所以，即，所以.18.已知在中，，点在边上且满意.（1）若的面积为，求的值；（2）若，求的大小.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)由条件结合三角形面积公式求，再由余弦定理求，由此可求，(2)设，由正弦定理可得，，由此解方程求即可.【小问1详解】因为，所以，由余弦定理，得，所以；小问2详解】设，则，由是等腰三角形及可得，解得，在内，由正弦定理，得，在内，由正弦定理，得，又，所以所以，所以，，因为，即或，所以或.的大小为或.19.近年来，短视频作为以视频为载体的聚合平台，社交属性愈发突出，在用户生活中覆盖面越来越广泛，已渐渐成为社交平台发展的新方向，同时发展了利用短视频平台进行直播带货，成就了一批带货主播.国内短视频领域，已知甲公司和乙公司两家购物平台所售商品类似，存在竞争关系.（1）现对某时段100名观看过这两家短视频的用户与运用这两家购物平台购物的状况进行调查，得到如下数据：选择甲公司购物平台选择乙公司购物平台合计用户年龄段岁401050用户年龄段岁203050合计6040100依据小概率值的独立性检验，能否认为运用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄有关？（2）（i）若小李第一天等可能地从甲､乙两家中选一家平台购物，假如第一天去甲平台，那么其次天去甲平台的概率为；假如第一天去乙平台，那么其次天去甲平台的概率为0.8.求小李其次天去甲平台购物的概率；（ii）双十一这天，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”抢购活动，小李一家三人能下单胜利的概率均为，三人是否抢购胜利互不影响.若为三人下单胜利的总人数，且，求的取值范围.参考公式：，其中.独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值表：【答案】（1）能（2）（i）；（ii）【解析】【分析】(1)由列联表结合公式计算的值，与临界值比较大小由此确定运用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄是否有关；(2)（i）利用全概率公式求解；（ii）由条件确定，结合二项分布期望公式和条件求的取值范围.【小问1详解】依据列联表可得，又，，所以用户运用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄有关，此推断犯错误的概率不大于.【小问2详解】（i）设“第一天去甲平台购物”，“第一天去乙平台购物”，“其次天去甲平台购物”，依据题意得，则.（ii）由题意知，所以，所以，又，所以，故的取值范围为.20.如图①，已知矩形的长为4，宽为，点是边上的点，且.如图②，将沿折起到的位置，使得平面平面，平面平面.（1）求证：平面；（2）在线段（不包含端点）上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，点为线段的中点【解析】【分析】（1）由可得平面，依据线面平行的性质定理得，再由线面平行判定定理可证明结论.（2）先假设存在，建立空间直角坐标系，设，利用平面与平面的夹角的余弦值为，建立的等式关系，求得.【小问1详解】，又平面平面平面又平面，平面平面，平面平面平面.小问2详解】假设存在点.由题意知，又由勾股定理可得，.又平面平面，平面平面平面，平面，过点作垂直于平面的直线，以点为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，则，设为平面的法向量，，，则，令，则，为平面的一个法向量.设，由题意，知，则，设为平面的法向量，，，令，则，则为平面的一个法向量，由得，解得.在线段（不包含端点）上存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为，此时点为线段的中点.21.已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，当的周长取得最大值8时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，若，直线与直线交于点，记直线的斜率分别为，试推断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）（2）为定值，1【解析】【分析】（1）依据两边之和大于第三边结合椭圆的定义即可求解；（2）联立直线方程与椭圆方程，分别表示出直线的斜率表达式，从而可以进一步求解.【小问1详解】如图，当直线与椭圆相交