湖南省 2023-2024学年高三上学期第二次阶段性考试数学试题（解析版）

2024届高三数学阶段测试卷（二）请注意：本卷共4页，22小题，满分150分，考试时量为120分钟.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.已知复数是一元二次方程的一个根，则的值为A.1B.C.0D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意求得方程的两个复数根，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由题意，方程，可得，所以方程的两个复数根分别为或，所以.故选：B.2.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式求集合A，结合集合B的描述求交集.【详解】由题设，而，，则，所以.故选：D3.已知，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【答案】A【解析】【分析】结合作差法比较代数式的大小关系，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可 得答案.详解】由题意，若，结合，则，故“”是“”的充分条件；者，则，取满足，但不满足，故“”不是“”的必要条件．于是“”是“”的充分不必要条件，故选：A．4.已知的展开式中各项系数之和为0，则展开式中的系数为（）A.28B.-28C.45D.-45【答案】A【解析】【分析】根据展开式各项系数之和可得的值，从而可得展开式的通项，进而可得的系数.【详解】的展开式中各项系数之和为0所以令得，则，所以的通项为所以展开式中的系数为.故选：A.5.已知，，且，，则（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由指数函数的单调性可得，利用指数、对数函数的单调性得到，结合对数函数的单调性即可求解.【详解】因为，所以，得.若，则，即，得，与矛盾.故，由，得，得.综上，.故选：B.6.直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离， 又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，又因为球的表面积为，所以，而，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设直线和所成的角为，则.故选：A.7.如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于，两点，且，，若直线的斜率为，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用等腰三角形中角的关系以及直线斜率与倾斜角关系得，再根据二倍角的正切公式即可求出，最后结合的范围以及同角三角函数的关系即可得到答案.【详解】由题意得，，，则直线所对的倾斜角为，，即，则，则，，，，又因为，，则，结合，解得，故选：B.8.已知函数在区间(0，1)上有最小值，则实数a取值范围是（）A.(-e，2)B.(-e，1-e)C.(1，2)D.【答案】A【解析】【分析】在上递增，根据在上有最小值，可知有极小值点，也即最小值点，由此列不等式来求得的取值范围.【详解】在区间上单调递增，由题意只需 ，这时存在，使得在区间上单调递减，在区间上单调递增，即函数在区间上有极小值也即是最小值．所以的取值范围是.故选：A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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列说法正确的是（）A.线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强B.数据的第75百分位数为10C.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05D.某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675【答案】BCD【解析】【分析】根据相关系数的含义判断A；由百分位数求法可判断B；根据独立性检验的思想判断C；由分层抽样比例分配建立关系求解即可判断D.【详解】对于A，相关系数，且越接近于1，相关程度越大，反之两个变量的线性相关性越弱，当时，线性相关系数越大，则越小，线性相关性越弱，故选项A错误；对于B，数据是从小到大排列的，由，则第75百分位数为第6项数据与第7项数据的平均数，故选项B正确：对于C：因为， 所以有的把握可判断分类变量与有关联，此推断犯错误的概率不大于，故选项C正确；对于D，设该校女生人数是，则由分层抽样的比例分配方式，得，解得，故选项D正确.故选：BCD.10.已知直线：与：相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，则（）A.点B.数列的前n项和满足：C.数列单调递减D.【答案】AD【解析】【分析】由题意，点，，，在直线上，点，，，在直线上，设点，则，可得，可得，利用数列递推关系变形可得是等比数列，进而可求得，依次可判断各选项.详解】由题可知，，，，故A正确；设点，则，故，即有， ∴，故是以1为首项，为公比的等比数列，，，可得，故选项B错误；对于数列有：，故数列单调递增，选项C错误；由两直线交点和点可得：，故D正确.故选：AD.11.在圆锥中，已知高，底面圆的半径为为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆､椭圆､双曲线及抛物线，下面四个结论正确的有（）A.圆的面积为B.椭圆的长轴长为C.双曲线两渐近线的夹角正切值为D.抛物线的焦点到准线的距离为【答案】ABC【解析】 【分析】根据所给的图，结合截面圆与底面关系确定半径，即可求面积判断A；再由椭圆、双曲线、抛物线性质建立直角坐标系，并标注相关点的坐标求对应曲线方程，进而判断B、C、D.【详解】A：由题图及已知：截面圆的半径为底面圆半径的一半，故圆的面积为，对；B：如下图轴截面中，作于，则长轴长，又，则，对；C：如下图，与面垂直且过M的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点O、点P与底面距离相等，均为2，则，双曲线与底面一个交点，设双曲线为，且，则，所以其中一条渐近线为，若其倾斜角为，则，故两条渐近线夹角正切值为，对；D：如下图，建立平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为H，则，故，设抛物线方程为，则，所以抛物线的焦点到准线的距离为，错. 故选：ABC12.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（）A.曲线在点处的切线方程为B.不等式的解集为C.若关于的方程有6个实根，则D.，，都有【答案】AC【解析】【分析】利用函数为奇函数求出时的解析式并求导，根据导数的几何意义，得出切线方程，即可判断A；结合的解析式，求出不等式的解集即可判断B；根据函数的性质作出的大致图象，可知当时，，由此即可判断D；根据的图象，结合函数图象的变换规律，作出的大致图象，根据直线与交点个数的情况，即可判断C．【详解】函数是定义在上的奇函数，，∵当时，，∴当时，，则，∴，，又∴曲线在点处的切线方程为，故A正确；∵ ∴令，则当时，，解得；当时，，解得；当时，，符合题意，故的解集为，故B错误；当时，，∴，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴当时，取极小值，在时，，函数是上的奇函数，图象关于原点对称，根据以上信息，作出的大致图象如图，由图可知，当时，，，，都有，故D错误．根据函数图象的变换规律，作出的大致图象如图，由图可知，当时，直线与的图象有6个交点，则关于的方程有6个 实根，故C正确；故选：AC．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，，，则的值是______________.【答案】.【解析】【分析】根据三角形内角和是，以及两角和的余弦公式，并使用诱导公式和平方关系，可得结果.【详解】在中，，所以又，所以可知为锐角，所以又，可知所以即所以故答案为：【点睛】本题考查两角和的余弦公式，还考查三角形中角的大小的判断，属基础题.14.数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足：，则数列的最大项等于______.【答案】##1.75【解析】【分析】由条件求数列的通项公式，再研究数列的单调性，由此确定其最大项.【详解】数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列为： ，该数列为首项为1，公差为的等差数列，所以，所以因为所以当时，，即，又，所以数列的最大项为第二项，其值为.故答案为：.15.已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于两点，则_____.【答案】【解析】【分析】利用双曲线的离心率，求解渐近线方程，然后求解圆的圆心到直线的距离，转化求解即可．【详解】双曲线的离心率为，可得，所以，所以双曲线的渐近线方程为：，一条渐近线与圆交于，两点，圆的圆心，半径为1，圆的圆心到直线的距离为：，所以．故答案为：． 16.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为2，点为上的一点，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为，再利用三角形的几何意义求解即可.【详解】设为的中点，为的中点，如图所示，则，在正三角形中，，所以，所以，因为，所以， 所以的最小值为：.故答案为：.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.在中，角的对边分别为，已知，且.（1）求的外接圆半径；（2）求内切圆半径的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得，由求；（2）由正弦定理求的范围，再用求得后即可求的取值范围.小问1详解】由正弦定理，，可得再由余弦定理，，又，所以.因为，所以.【小问2详解】由（1）可知：，则. 则.在中，由正弦定理，，所以，则，又，所以，所以，，所以.18.已知数列的前n项和为，，．（1）求证为等比数列；（2）求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得，即，可证明是等比数列；（2）有（1）知，即，合理利用放缩然后利用裂项相消可得证明. 【详解】证明：（1）∵数列的前n项和为，，，∴，∴，，∴是以为首项，以4为公比的等比数列．（2）∵是以为首项，以4为公比的等比数列，∴，∴．∴．，，所以，当时，∴．综上所述，．【点睛】本题主要考查了由递推数列求证等比数列，以及放缩法证明不等式，其中合理利用放缩然后再利用裂项相消求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.19.综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立． （1）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；（2）从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）求出的所有可能取值及其对应的概率，即可求出ξ的分布列，再由期望公式求出ξ的数学期望；（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，由条件概率公式代入求解即可.【小问1详解】的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123P．【小问2详解】记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，．20.如图，三棱台，，，平面平面，，，与相交于点，，且∥平面. （1）求三棱锥的体积；（2）平面与平面所成角为，与平面所成角为，求证：.【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积；（2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为与的正余弦值，即可证明结论.【小问1详解】由题意，∵平面平面，且平面平面，，平面ABC∴平面，∵平面，∴，又，，平面ABC∴平面，连接，∵平面，平面，平面平面，∴，∵，∴，∴. ∴三棱锥底面的面积，高，∴其体积为：.【小问2详解】证明：由题意及（1）得，以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图则.设平面的法向量为，由，取，则，平面的一个法向量为，所以又因为，所以又，所以.21.已知函数.（1）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围； （2）证明：当时，.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）对任意的，恒成立，分离参数，则，令，利用导数进行研究求出函数的最大值即可；（2）由（1）可得，令，整理即可得，然后利用此不等式将待证不等式左边每一项放缩，进而利用对数的运算性质证得原不等式.【小问1详解】解：对任意的，恒成立，即为，令，则，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，又当时，，注意到，则当时，，即；当时，，即，所以函数在上递增，在上递减，所以，所以；【小问2详解】 证明：由（1）可得，即，令，则，即，所以.，所以原不等式成立.22.已知椭圆的离心率为，三点中恰有两个点在椭圆上．（1）求椭圆C的方程；（2）若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据对称性得到和在C上，得到，再根据离心率得到答案；（2）设直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算的横坐标，得到，设，，，计算最值即可.【小问1详解】由椭圆的对称性可知点和在C上，代入方程得．设C的半焦距为，则离心率为，所以， 所以，解得，以椭圆C的方程为．【小问2详解】设，，，设直线．由消去x得，所以，设点，直线EA的方程为，由与联立得，同理可得．所以．整理得，因为点到直线的距离，所以．设，则， 所以，当，即时，．【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用换元法求最值是解题的关键.