湖南省邵阳市武冈市2024届高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023年下学期期中考试试卷高三数学本试卷分为问卷和答卷.考试时量120分钟，满分150分.请将答案写在答题卡上.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】根据并集的定义可求得集合.【详解】因为集合，，则.故选：B.2.已知，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据已知列式解出，即可根据复数的运算得出答案.【详解】复数是纯虚数，，且，故，.故复数在复平面内对应的点在第一象限，故选：A.3.若向量，则“”是“向量的夹角为钝角”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】B【解析】【分析】根据向量的夹角为钝角求出m的范围，即可判断“”和“向量的夹角为钝角”之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】向量，由向量的夹角为钝角，即有，解得且，即“”不能推出“且”即“向量的夹角为钝角”；“向量的夹角为钝角”即“且”能推出“”；故“”是“且”的必要不充分条件，即“”是“向量的夹角为钝角”的必要不充分条件．故选：B．4.设等差数列的公差为，前项和为，若，且，则（）A.B.C.1D.3【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与前项和的定义，即可求出公差的值.【详解】解：等差数列中，，所以；又，所以；所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与前项和的定义应用问题，是基础题.5.已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分 解，至少需要经过（）（参考数据：）A.48个月B.52个月C.64个月D.120个月【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.【详解】由题意可得，解得，所以，这种垃圾完全分解，即当时，有，即，解得.故选：B6.已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数图象可知，是函数两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；由图可知，利用整体代换可得， 所以，若为已知，则可求得.故选：B7.已知向量满足，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】作出图形,根据几何意义求解.【详解】因为,所以,即,即,所以.如图,设,由题知,等腰直角三角形,AB边上的高,所以,,. 故选:D.8.已知函数，当时，恒成立，则m的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】不等式不恒成立，确定此时，恒成立，着重考虑的情形，不等式变形为，再变形为，因此引入函数，利用导数证明它在上是增函数，不等式又变形为，，又引入函数，由导数求得其最大值即得的范围．【详解】由题意，若显然不是恒大于零，故.（由4个选项也是显然可得），则在上恒成立；当时，等价于，令在上单调递增.因为，所以，即,再设，令，时，，时，，在上单调递增，在上单调递减，从而，所以.故选：D．【点睛】本题考查用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是问题的化简与转化，首先确定，其次确定恒成立，在时，把不等式变形，通过新函数的单调性逐步转化，最终分离参数转化为求函数的最值．二、选择题：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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.关于函数，下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.的最大值为2 C.在上单调递减D.是的一条对称轴【答案】AD【解析】【分析】依题意可得，再根据正弦函数的性质判断即可.【详解】因为，所以，所以的最小正周期为，故A正确．当时取最大值，且最大值为，故B错误．当时，，所以函数在上单调递增，故函数在上单调递增，故C错误．因为，所以是的一条对称轴，故D正确.故选：AD10.设等比数列的公比为，其前n项和为，前n项积为，并满足，，，下列结论正确的有（）A.B.C.是数列中的最大项D.是数列中的最大项【答案】ABD【解析】【分析】由已知分析出，，，即可判断各个选项．【详解】因为是公比为的等比数列，且，，， 若，则为增数列，且，则不成立，故假设不成立，所以，，，对于A，，故A正确．对于B，，故B正确．对于C，根据上面分析，等比数列中的每一项都为正值，所以无最大值，所以数列无最大项，故C错误．对于D，等比数列中从到的每一项都大于1，从开始后面每一项都小于1且大于0，所以是数列中的最大项，故D正确．故选：ABD．11.已知过抛物线T：焦点F的直线l交抛物线T于A，B两点，交抛物线T的准线与点M，，，则下列说法正确的有（）A.直线l的倾斜角为150°B.C.点F到准线的距离为8D.抛物线T的方程为【答案】BD【解析】【分析】如图，由题意和抛物线的定义可得、，即可判断AB；联立直线l方程和抛物线方程，根据韦达定理和抛物线的定义可得，解出p即可判断CD.【详解】过点A、B分别作AC、BD垂直于准线，垂足分别为C、D，则，因为，所以，，由得， 在中，，所以锐角，所以该直线l的倾斜角为.由抛物线的对称性知，当点A位于第四象限，同理可得该直线l的倾斜角为.综上，直线l的倾斜角为30°或150°，故A错误，B正确．设直线l的方程为，，，由，消去y得，所以，所以，解得，所以点p到准线的距离为4，抛物线T的方程为，故C错误，D正确．故选：BD．12.如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（）A.B.可能为C.的最大值为 D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】由题设结合余弦定理可得，进而有，再由线面垂直的判定、性质判断A；构建空间直角坐标系，应用线线角的向量求法求、的余弦值或范围判断B、C；向量法直线位置关系判断D.【详解】由题设，四边形为等腰梯形，且，由，所以，又，结合题图知：，即，所以，则，即，由题设面，面，则，，面，故面，面，所以，A对；由两两垂直，可构建如下图示的空间直角坐标系，若，则，所以，则， 所以不可能为，B错；由，则，故，令，则，所以，C对；时，显然，即，D对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：利用已知及线面垂直的性质、判定确定两两垂直，应用向量法判断其它各项为关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则_____.【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项求值.【详解】，其二项展开式的通项为，，令，即，所以，故答案为：.14.某班派遣五位同学到甲，乙，丙三个街道进行打扫活动，每个街道至少有一位同学去，至多有两位同学去，且两位同学去同一个街道，则不同的派遣方法有_________种.【答案】18【解析】 【分析】先安排，再将剩余3人分别两组，和两个街道进行全排列，求出答案.【详解】由题意得，学生的分配人数分别为2，2，1，由于两位同学去同一个街道，故先从3个街道中选择1个安排，有种，再将剩余3人分别两组，和两个街道进行全排列，有故不同的派遣方法有种.故答案为：1815.已知体积为96的四棱锥的底面是边长为的正方形，底面ABCD的中心为，四棱锥的外接球球心O到底面ABCD的距离为2，则点P的轨迹的长度为_________.【答案】【解析】【分析】由已知可得到底面的距离为6，进而可求外接球的半径，即可知与不可能在面的两侧，则在垂直于且与球心距离为4的平面与的外接球的交线上，即可求的轨迹长度.【详解】由题意可知：点P到底面ABCD的高，又因为四棱锥的外接球的球心O到底面ABCD的距离为2，设外接球半径为R，因为底面ABCD的中心为，所以平面ABCD，则，可得，所以点O与点P不可能在平面ABCD的两侧，如图所示，所以点P在垂直于且与球心O的距离为4的平面于的外接球的交线上，在以为半径的圆上， 因为，所以，故点P的轨迹长度为．故答案为：.16.已知函数有两个极值点，且，则实数m的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】依题意，有两个极值点等价于，有两个不同实根，且，令，得，设，，令，得；令，得；所以在单调递减，在单调递增，又当时，，当时，，即，所以，则，，作出与的大致图象如下：，所以时，． 故答案为：.【点睛】关键点睛：根据函数极值的定义，结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键.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.已知数列满足（1）令，求证：数列等比数列；（2）求数列的前项和为.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义判断，即可证明；（2）根据题意，结合分组求和法，再由等差数列求和以及等比数列求和公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】∵，∴数列是以首项为，公比为等比数列；【小问2详解】由（1）可知：，∴，从而故.18.如下图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，. （1）求三棱锥的体积；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以为底面，为高，可求得三棱锥的体积；（2）利用坐标法求线面夹角正弦值，进而可得余弦值.【小问1详解】三棱柱为直三棱柱，平面平面，且平面平面，即平面为矩形，，，且点为中点，，且为直角三角形，，平面，又点为中点，，，，，即， 所以；【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，即，所以，即直线与平面所成角的余弦值为.19.某公司有A，B，C型三辆新能源电动汽车参加阳光保险，每辆车需要向阳光保险缴纳800元的保险金，若在一年内出现事故每辆车可赔8000元的赔偿金（假设每辆车每年最多赔偿一次）.设型三辆车一年内发生事故的概率分别为，，，且每辆车是否发生事故相互独立.（1）求该公司获赔的概率； （2）设获赔金额为X，求X的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由每辆车发生事故相互独立，可通过对立事件的概率计算即可;（2）由题意可得获赔金额可能为0，8000，16000，24000元，分别计算出概率，列出分布列，求出期望即可.【小问1详解】设该公司获赔的概率为，则.【小问2详解】由题意可知：，8000，16000，24000.则;;;.X080001600024000P.20.在中，a、b、c分别为角所对的三边，若（1）求角C； （2）若，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先应用坐标的数量积公式计算，再应用正弦定理余弦定理计算即可；（2）先应用平面向量基本定理，再求导函数得出单调性得出最大值.【小问1详解】由已知得由正弦定理得：由余弦定理得：∵，∴【小问2详解】∵∴，∴而∴在上递增，递隇，故的最大值为. 21.如图，椭圆，点在椭圆C上，为其上下顶点，且，过点P作两直线与分别交椭圆C于两点，若直线与的斜率互为相反数.（1）求椭圆的标准方程；（2）求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据在椭圆上以及求解出的值，则椭圆方程可求；（2）根据点坐标设出的方程，然后分别求解出的坐标，结合两点间距离公式以及基本不等式求解出的最大值.【小问1详解】因为点在椭圆上，所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以椭圆的标准方程为：；【小问2详解】由题意可知斜率存在，设直线为，则直线为，联立，整理得，由，解得， 又由可得，则，同理可得，，所以，当且仅当即时等号成立，且满足，因此，的最大值为．22.已知函数.（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围：（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令.根据，确定，将转化为.令，用导数法研究其单调性求最值. 【详解】（1）的定义域为，.因为单调，所以对恒成立，所以，恒成立，因为，当且仅当时取等号，所以；（2）由（1）知，是的两个根.从而，，不妨设，则.因为，所以t为关于a减函数，所以..令，则.因为当时，在上为减函数.所以当时，.从而，所以在上为减函数.所以当时，.