湖南省益阳市2024届高三下学期4月教学质量检测数学试题（含答案解析）

益阳市2024届高三4月教学质量检测数学（时量：120分钟满分：150分）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.设为虚数单位，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算求，进而可得共轭复数.【详解】由题意可得：，所以.故选：D.2.已知，，则是方程的解的充要条件是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二次函数的图象和性质，理解全称量词命题和存在量词命题的真假以及充要条件的意义即可.【详解】因为，所以函数的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为：，函数的最小值为.若“是方程的解”，则，那么就是函数的最小值，所以“，”，即“是方程的解”是“，”的充分条件；若“，”，则为函数的最小值，所以，即，所以“是方程的解”，故“是方程的解”是“，”的必要条件.综上可知：“是方程的解”的充要条件是“，”.故选：C3.顶角为的等腰三角形，常称为“最美三角形”．已知，则“最美三角形”的底边长与腰长的比为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式求出，再由锐角三角函数计算可得.【详解】如图，在中，，，点为中点，所以，，又，则，解得或（舍去），即，又，所以，即“最美三角形”的底边长与腰长的比为.故选：B4.已知数列满足且，则（）A.128 B.64 C.32 D.16【答案】D【解析】分析】根据递推公式列出前几项即可.【详解】因为且，所以，则，，则，，则，，则，，则，，则，，则，则.故选：D5.已知双曲线与椭圆有相同的焦点，则的最小值为（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】D【解析】【分析】首先得到椭圆的焦点坐标，依题意可得，利用乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】椭圆的焦点为，依题意可得，所以，当且仅当，即，时取等号，故的最小值为.故选：D6.2023年的某一天某红酒厂商为了在线出售其红酒产品，联合小Y哥直播间，邀请某“网红”来现场带货．在带货期间，为吸引顾客光临直播间、增加客流量，发起了这样一个活动：如果在直播间进来的顾客中，出现生日相同的顾客，则奖励生日相同的顾客红酒1瓶．假设每个随机来访的顾客的出生日期都是相互独立的，并且每个人都等可能地出生在一年（365天）中任何一天（2023年共365天），在远小于365时，近似地，，其中．如果要保证直播间至少两个人的生日在同一天的概率不小于，那么来到直播间的人数最少应该为（）A.21 B.22 C.23 D.24【答案】C【解析】【分析】设人数为，根据古典概型概率公式求出“至少有两个人在同一天生日”的概率，再进行化简计算即可.【详解】设直播间进来了个人，则这个人生日的可能性有种，这个人中任意两个人都不在同一天生日的可能结果种数为，设“这个人中任意两个不是同一天生日”，根据古典概型概率公式可得，则其对立事件“这个人中至少有两个人的生日在同一天”的概率为.由题意：，从而，得，化简得，即，故.故选：C.7.如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”．显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙．材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化．记原金属晶体的原子半径为，另一种金属晶体的原子半径为，则和的关系是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依题意画出直观图，则四个金属原子的球心的连线所围成的图形为正四面体，设正四面体的棱长为，高为，外接球球心为，为正三角形的中心，求出外接球的半径，即可得到，从而得解.【详解】由题意知，四个金属原子球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体，设正四面体的棱长为，高为，外接球球心为，为正三角形的中心，则必有平面且，，三点共线，在正三角形中，易求得，中，由，可得，在中，由，得，解得，由题意得，所以，所以．故选：D．8.已知的定义域为是的导函数，且，，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据构造函数，代入原式化简后得到，再构造函数，讨论的单调性即可得到，最后根据的单调性求解即可.【详解】因为，即，构造函数，则，.将代入，得.再构造函数，则，易知，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，由于，所以，所以，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递减，所以在单调递减.又根据单位圆可得三角不等式，又，，所以，故.故选：C.【点睛】方法点睛：本题考查构造函数，并利用导数比大小的问题.题中条件可以构造函数，进一步构造函数，然后讨论的单调性，由得到，再由三角不等式得到自变量的大小关系，最后根据的单调性求解.二、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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.下列命题中，正确的是（）A.函数与表示同一函数B.函数与是同一函数C.函数的图象与直线的图象至多有一个交点D.函数，则0【答案】BC【解析】【分析】根据相等函数的定义判断A、B，根据函数的定义判断C，由函数解析式求出函数值，即可判断D.【详解】对于A：，因为两函数的定义域不相同，故不是同一函数，故A错误；对于B：函数与定义域相同，解析式一致故是同一函数，故B正确；对于C：根据函数的定义可知，函数的图象与直线的图象至多有一个交点，故C正确；对于D：因为，所以，则，故D错误.故选：BC10.如图1所示，为曲杆道闸车库出入口对出入车辆作“放行”或“阻拦”管制的工具．它由转动杆与横杆组成，为横杆的两个端点．在道闸抬起的过程中，横杆始终保持水平．如图2所示，以点为原点，水平方向为轴正方向建立平面直角坐标系．若点距水平地面的高度为1米，转动杆的长度为1.6米，横杆的长度为2米，绕点在与水平面垂直的平面内转动，与水平方向所成的角（）A.则点运动的轨迹方程为（其中）B.则点运动的轨迹方程为（其中）C.若绕点从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，则横杆距水平地面的高度为米D.若绕点从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，则点运动轨迹的长度为米【答案】BC【解析】【分析】由题意易判断点P的轨迹是以O为原点，OP为半径的圆，求得方程判断A；点Q的轨迹是以，半径为1.6的圆，求得方程判断B；求得横杆PQ距水平地面的高度可判断C；求得点Q运动轨迹的长度即为圆（其中）的弧长判断D.【详解】对于A：点P的轨迹显然是以O为原点，OP为半径的圆，故点P运动轨迹方程为（其中），故A错误；对于B：设，因为PQ平行于x轴，所以，所以，又因为在加圆上，所以点Q的运动轨迹是以为圆心，1.6为半径的圆，所以点Q的轨迹方程为（其中），故B正确；对于C：若OP绕点O从与水平方向成30°角匀速转动到与水平方向成90°角，横杆PQ达到最高点，此时横杆PQ距水平地面的高度为，故C正确；对于D：因为绕点O从与水平方向成30°角匀速转动到与水平方向成90°角，故绕点转动的角度与点绕点转动的角度一样为，所以点Q运动轨迹的长度即为圆（其中）的弧长，等于，故D错误.故选：BC.11.在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（）A.B.为钝角三角形C.若．则的面积是D.若的外接圆半径是，内切圆半径为，则【答案】BD【解析】【分析】由正弦定理可得，设，，，即可判断A，利用余弦定理求出，即可判断B，结合A求出边，再结合B求出，最后由面积公式判断C，首先由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D.【详解】因为，由正弦定理，可得，设，，，则，故A错误；由题意可知，为最大角，因为，故为钝角，故B正确；若，则，，，又，所以，所以的面积，故C错误；由正弦定理得，，即，由面积公式可得，即，所以，所以，故，故D正确．故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在平面直角坐标系中，已知点，若为平面上的一个动点且，则点运动所形成的曲线的方程为______．【答案】.【解析】【分析】设点坐标，再根据题意列出等式，化简即可求得轨迹方程.【详解】设，则由可得，化简得.故答案为：.13.已知，且，则满足且的的最大值为______．【答案】49【解析】【分析】根据二项式定理得出的系数，再化简求最值即可.【详解】因为的系数为，其中，要使得，必须是奇数且，所以，即，所以的最大值为49.故答案为：49.14.已知函数的定义域为．对任意的恒有，且，．则______．【答案】【解析】【分析】依题意可得，利用特殊值推出，，即可得解.【详解】由，得，因为，，令，，得，得；令，，得，得；令，，得，得，在中，令，得，令，得，得；令，得，得，．在中，令，，得；令，，得，．依此类推，可得，，因此，，综上可知．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用赋值法推出一般性的规律，.四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知为正实数，构造函数．若曲线在点处的切线方程为．（1）求的值；（2）求证：．【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据切线方程列出关于的方程组，解方程组即可.（2）对要证明的式子进行化简，构造函数，利用单调性求解即可.【小问1详解】因为，所以，又因为，所以曲线在点处的切线方程为.由题意可知曲线在点处的切线方程为，所以，解得(负值舍去)，所以.【小问2详解】由第1问可知，.要证，即要证，只需证.构造函数，则，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，所以，所以.16.新鲜是水果品质的一个重要指标.某品牌水果销售店，为保障所销售的某种水果的新鲜度，当天所进的水果如果当天没有销售完毕，则第二天打折销售直至售罄．水果销售店以每箱进货价50元、售价100元销售该种水果，如果当天卖不完，则剩下的水果第二天将在原售价的基础上打五折特价销售，而且要整体支付包装更换与特别处理等费用30元．这样才能保障第二天特价水果售罄，并且不影响正价水果销售，水果销售店经理记录了在连续50天中该水果的日销售量x（单位：箱）和天数y（单位：天）如下表所示：日销售量x（单位：箱）2223242526天数y（单位：天）10101596（1）为能减少打折销售份额，决定地满足顾客需求（即在100天中，大约有70天可以满足顾客需求）．请根据上面表格中的数据，确定每天此种水果的进货量的值.（以箱为单位，结果保留一位小数）（2）以这50天记录的日需求量的频率作为日需求量的概率，设（1）中所求的值满足，请以期望作为决策依据，帮销售店经理判断每天购进此种水果是箱划算还是箱划算？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，地满足顾客的需求即求表中第分位数；（2）分别求进货量为和箱时利润期望，比较后得出结论.【小问1详解】地满足顾客需求相当于估计某类水果日销售量的分位数.由表可知，把50个日需求量的数据从小到大排列，由，日需求量在箱及以下（含箱）天数为，可知，可以估计日需求量的第分位数为，所以能地满足顾客的需求，估计每天应该进货量为箱.【小问2详解】由（1）知，即，设每天的进货量为箱的利润为，由题设，每天的进货量为箱，当天卖完的概率为，当天卖不完剩下箱的概率为，当天卖不完剩下箱的概率为，若当天卖完元，若当天卖不完剩下箱，元，若当天卖不完剩下箱，元，所以元.设每天的进货量为箱的利润为，由题设，每天的进货量为箱，当天卖完的概率为，当天卖不完剩下箱的概率为，当天卖不完剩下箱的概率为，当天卖不完剩下箱的概率为，若当天卖完元，当天卖不完剩下箱，则元，当天卖不完剩下箱，则元，当天卖不完剩下箱，则元，所以元，由于，显然每天的进货量箱的期望利润大于每天的进货量为箱的期望利润，所以每天购进此种水果箱划算一些.17.如图所示，四边形为梯形，，，，以为一条边作矩形，且，平面平面．（1）求证：；（2）甲同学研究发现并证明了这样一个结论：如果两个平面所成的二面角为，其中一个平面内的图形在另一个平面上的正投影为，它们的面积分别记为和，则．乙同学利用甲的这个结论，发现在线段上存在点，使得．请你对乙同学发现的结论进行证明．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）在等腰梯形中，过点，分别作，，垂足为，，利用锐角三角函数得到，再由余弦定理求出，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，设，，平面与平面所成的角为，利用空间向量法表示出，求出的取值范围，再由是在平面上的正投影，求出，结合题中所给结论证明即可.【小问1详解】如图所示的等腰梯形中，过点，分别作，，垂足为，，则为矩形，，在中，，，所以，则，在中，，∴，∴，∴．又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，所以.【小问2详解】由（1）可知平面，又，如图建立空间直角坐标系，则A3,0,0，，，，，设，，则，，设平面的一个法向量为，则，取，又平面的一个法向量为，所以，因为，，所以，设平面与平面所成的角为，则，又，所以存在使得，易知平面，平面，所以是在平面上的正投影，，由，所以，所以在线段上存在点，使得.18.已知直线与椭圆相交于点，点在第一象限内，分别为椭圆的左、右焦点．（1）设点到直线的距离分别为，求的取值范围；（2）已知椭圆在点处的切线为．（i）求证：切线的方程为；（ii）设射线交于点，求证：为等腰三角形．【答案】（1）（2）（i）证明见解析，（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意、关于原点成中心对称，不妨设，则，利用等面积法得出，求出的取值范围，即可求得的取值范围；（2）（i）证明椭圆上一点处的切线方程为，分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，斜率存在时设过点的切线方程为，联立椭圆方程，利用和，求出，，整理可得切线方程，即可得证；（ii）设直线的倾斜角为，设直线的倾斜角为，设直线的倾斜角为，可得，，利用两角和与差的正切公式和斜率公式可得出，再结合、的取值范围可得出结论.【小问1详解】因为、为直线与椭圆的交点，且点在第一象限，所以、关于原点成中心对称，不妨设，则，又、分别为椭圆的左、右焦点由题意可得，因为点到直线的距离分别为，可得，，又因为，因为，所以，所以；【小问2详解】（i）首先证明椭圆上一点处的切线方程为，①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，联立方程，得，，即，，又，把代入中，得，，化简得.②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式.综上，椭圆上一点的切线方程为.故椭圆点处的切线的方程为.（ii）如图所示，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，因为，，椭圆点处的切线的方程为，所以，则，，因为，，，所以，，所以，又、，所以，所以为等腰三角形.【点睛】方法