湖南省多校高三下学期4月大联考数学试题

2024届高三4月大联考数学（试题卷）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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.写在本试题卷上无效.3.本试题卷共7页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负.4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.姓名______.准考证号______.祝你考试顺利！机密★启用前一､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，只有一项是符合题目要求的.1.的展开式中，的系数是（）A.160 B. C.220 D.【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理直接列式求出的系数.【详解】二项式的展开式中，系数为.故选：B2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解集合中的不等式，得到这两个集合，再由交集的定义求解.【详解】不等式解得，不等式，即，解得，可得.故选：D.3.若复数满足，则可以是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，由此写出，根据与的关系得到与的关系，从而选出正确选项.【详解】设，则，即，即，故选：A4.原核生物大肠杆菌存在于人和动物的肠道内，在适宜的环境和温度下会迅速繁殖导致肠道内生态环境失衡从而引发腹泻等症状，已知大肠杆菌是以简单的二分裂法进行无性繁殖，在适宜的条件下分裂一次（1个变为2个）需要约24分钟，那么在适宜条件下1个大肠杆菌增长到1万个大肠杆菌至少需要约（）（参考数据：）A.4小时 B.5小时 C.6小时 D.7小时【答案】C【解析】【分析】依据题意列出方程，利用对数的运算性质结合给定的特殊对数值处理即可.【详解】设适宜条件下1个大肠杆菌增长到1万个大肠杆菌大约需要分钟，则，两边取对数得，解得，所以大约需要小时，故在适宜条件下1个大肠杆菌增长到1万个大肠杆菌至少需要6小时.故选：C.5.已知直线与抛物线有唯一交点，则的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直线与抛物线联立方程组消去，由求出的值，由抛物线方程求其准线方程.【详解】依题意，联立，消去得，则，由得，故抛物线的方程为，其准线方程为.故选：C.6.在不断发展的过程中，我国在兼顾创新创造的同时，也在强调已有资源的重复利用，废弃资源的合理使用，如土地资源的再利用是其中的重要一环.为了积极响应国家号召，某地计划将如图所示的四边形荒地改造为绿化公园，并拟计划修建主干路与.为更好的规划建设，利用无人机对该地区俯视图进行角度勘探，在勘探简化图中，平分，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则，根据余弦定理及二倍角公式求得，根据的范围即可得解.【详解】设，则，设，则.故在中，由余弦定理可得，而，故，解得，在直角三角形中，为锐角，故，故.故选：A.7.将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用排列组合，先求出将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中的放法数，再求出至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的放法数，再利用古典概率公式，即可求出结果.【详解】将编号为4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，共有种放法，恰有2个凹槽与其放入小球编号相同的有种放法，4个凹槽与其放入小球编号相同的有1种放法，所以至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是，故选：B.8.使得不等式成立的一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】换元，利用二倍角公式和两角和的余弦公式的逆用将题干不等式转化为关于t的不等式，解出t满足的关系进而排除得到正确选项.【详解】令，则，所以已知不等式化为.，故原不等式的解分两段：①得，原不等式化为，即.②得，原不等式化为，即.四个选项对应的取值范围分别为，当时，由②不符合题意，排除A、B；当时，由①不符合题意，排除D；时易验证满足①，故选：C.二､多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分9.已知直线，圆，则（）A.过定点B.圆与轴相切C.若与圆有交点，则的最大值为0D.若平分圆，则【答案】ABD【解析】【分析】利用直线方程与的取值无关，求解定点判A，利用直线与圆的位置关系判断B，C,先发现直线必过圆心，后将圆心代入直线，求解参数，判断D即可.【详解】对A，整理直线的方程，得，令，解得，当时，直线方程与的取值无关，又，解得，即必过定点，故A正确；对B，整理圆的方程，得，易知圆心到轴的距离为，又，故得圆与轴相切，故B正确；对C，若与圆有交点，设圆心到直线的距离为，可得，解得故C错误；对D，若平分圆，则必过圆心，易知圆心为，将代入直线的方程，得，解得，故D正确.故选：ABD.10.把边长为的正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时（）A.B.直线与平面所成角的大小为C.平面与平面夹角的余弦值为D.四面体的内切球的半径为【答案】BCD【解析】【分析】根据题意画出图形，再由几何法求解异面直线垂直、线面成角、面面成角和内切球半径即可.【详解】如图所示，当平面平面时，三棱锥体积最大，记为中点，此时平面，因为平面，所以，因为，所以与不垂直，A错误.对于B：直线和平面所成角即为，因为，故，B正确.对于C：由于，取中点，则有，故为平面与平面所成角的平面角.则，C正确.对于D：设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，其中，，，故，D正确.故选：BCD.11.已知函数是定义在上的连续函数，且在定义域上处处可导，是的导函数，且，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据可判断在单调递增，即可判断A，构造，利用导数求解在单调递增，即可判断BC,构造，求导求解在单调递减，即可判断D.【详解】由已知得，故，又因为，所以在单调递增，所以A错误；构造函数，则，所以在单调递增，因此，即，B正确；由于，故，因此，C正确；构造函数，则，而，故在单调递减，因此，D错误.故选:BC.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知公比为2的等比数列满足，则______.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式可得答案.【详解】由题意可得，解得，故答案为：.13.函数的图象在与处的切线斜率相同，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】对求导，可得，则，即可得出的最小值.【详解】因为，所以，因为函数的图象在与处的切线斜率相同，所以，，故有，即，则或，解得或，当时，取最小值取得最小值，因为，故的最小值为.故答案为：.14.若函数，且的图象与直线没有交点，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由题意可得方程在无解，即函数在无零点，当时直接判断，当时求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，当时利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，依题意只需，从而求出的取值范围，再结合求出的范围.【详解】由题意可得方程在无解，将方程变形得，即函数在无零点，易得的定义域为，仅在讨论零点时舍去的情况；若时，则，当时，当时，故在无零点，因此符合题意；当时，则，设，则，当时，则在单调递增，即在单调递增，由于时，时，由零点存在性定理可知在必有、且只有一个零点，设为，则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，其中，故只需令，当时符合题意，因此，即，解得，则，设，，则，所以在上单调递增，又，，所以，则；当时，，，故在区间必有零点，与所求不符.综上，的取值范围为.故答案为：【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.已知函数.（1）求的单调区间；（2）求的极值.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）极大值，极小值为【解析】【分析】（1）根据函数求出导函数，再由导函数解出原函数的单调区间即可；（2）根据第1问的单调性求出极值即可.【小问1详解】因为，所以，令，解得或，令得或，令得，列表如下：130+0极小值极大值故的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】由（1）可得的极大值为，极小值为.16.多样性指数是生物群落中种类与个体数的比值.在某个物种数目为的群落中，辛普森多样性指数，其中为第种生物的个体数，为总个体数.当越大时，表明该群落的多样性越高.已知两个实验水塘的构成如下：绿藻衣藻水绵蓝藻硅藻66666124365（1）若从中分别抽取一个生物个体，求两个生物个体为同一物种的概率；（2）（i）比较的多样性大小；（ii）根据（i）的计算结果，分析可能影响群落多样性的因素.【答案】（1）（2）（i）的多样性大于（ii）答案见解析【解析】【分析】（1）利用古典概型的求法可得答案；（2）根据给出求出，然后比较即可.【小问1详解】记事件为“两个生物个体为同一物种”，则发生的概率为.【小问2详解】（i）由表可知所以，；即，故的多样性大于；（ii）在（i）中两群落物种数目相同，各物种数量不同，而中各物种数量均相同，即物种均匀度更大，分析可得物种均匀度也会影响群落多样性.17.如图所示，正四棱锥中，分别为的中点，，平面与交于.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先通过，证，再通过平面，证，最后通过线面垂直判定定理即可证平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角的余弦值即可.【小问1详解】连接，设，连接，有平面，由题意得，且,连接，，设，则，故在上，过作为垂足，在中，，故，因为，所以，故，所以，所以，又平面，平面，，故平面，因为平面，故.又平面平面，故平面.【小问2详解】以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系可得，由（1）得平面，故平面的一个法向量为其中设平面的一个法向量为，则，令可得设为二面角的平面角，则，由图可知所求二面角为锐角，故二面角的余弦值为.18.已知椭圆，焦点在轴上的双曲线的离心率为，且过点，点在上，且，在点处的切线交于两点.（1）求直线的方程（用含的式子表示）；（2）若点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由离心率和所过的点求出双曲线的方程为，由点在第一象限，将双曲线变形为，利用导数求切点处的切线方程.（2）直线与双曲线联立方程组，利用弦长公式和点到直线距离表示出面积，消元后由基本不等式求最大值.【小问1详解】焦点在轴上双曲线的离心率为，则双曲线为等轴双曲线，设双曲线方程为，由双曲线过点，代入方程，解得双曲线，点在上，有，因为点在第一象限，所以可以将双曲线变形为.求导有，当时，，所以的方程为：，化简有.【小问2详解】设，有，联立，消去得，有，，，点到直线的距离，则，将代入，有当且仅当时取等号，故面积最大值为.【点睛】方法点睛：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，强化有关直线与圆锥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．19.若数列在某项之后的所有项均为一常数，则称是“最终常数列”.已知对任意，函数和数列满足.（1）当时，证明：是“最终常数列”；（2）设数列满足，对任意正整数.若方程无实根，证明：不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数，；（3）若不是“最终常数列”，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用“最终常数列”定义即可证明；（2）利用反证法结合“最终常数列”新定义证明必要性，利用“最终常数列”定义证明必要性；（3）利用第二问的证明结论即可求出的取值范围.【小问1详解】因为，所以对任意，故数列最小值不变.即对于任意恒成立.故对于任意，有，故是“最终常数列”.【小问2详解】必要性，若不