2024届湖南省湘东六校高三数学第一学期期末检测模拟试题含解析

2024届湖南省湘东六校高三数学第一学期期末检测模拟试题注意事项：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，再选涂其它答案标号。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12小题，每小题5分，共60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，，，则的最小值为（）A． B． C． D．2．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．43．某四棱锥的三视图如图所示，该几何体的体积是（）A．8 B． C．4 D．4．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，aβ，bα，则“ab“是“αβ”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5．在中，在边上满足，为的中点，则（）.A． B． C． D．6．函数的图象大致是（）A． B．C． D．7．若复数满足,则()A． B． C． D．8．已知，，，，则（）A． B． C． D．9．函数，，的部分图象如图所示，则函数表达式为（）A． B．C． D．10．已知复数z满足，则z的虚部为（）A． B．i C．–1 D．111．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（）A． B． C． D．12．已知函数，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数过定点________.14．已知数列递增的等比数列，若，，则______.15．若变量，满足约束条件，则的最大值为__________．16．在的展开式中，的系数为________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，点为边的中点，且，求的面积.19．（12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，焦距为2，且经过点，斜率为的直线经过点，与椭圆交于，两点.（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围，如果不存在，请说明理由.20．（12分）在中，角的对边分别为，且，．（1）求的值；（2）若求的面积．21．（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为；（1）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2）若直线与曲线交点分别为，，点，求的值．22．（10分）在四棱锥的底面是菱形，底面，，分别是的中点，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】,选B2、B【解析】

根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.【详解】由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，表示复数对应的点与点间的距离，又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，所以.故选：B【点睛】本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.3、D【解析】

根据三视图知，该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥，画出图形，结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积．【详解】根据三视图知，该几何体是侧棱底面的四棱锥，如图所示：结合图中数据知，该四棱锥底面为对角线为2的正方形，高为PA=2，∴四棱锥的体积为.故选：D.【点睛】本题考查由三视图求几何体体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．属于中等题.4、D【解析】

根据面面平行的判定及性质求解即可．【详解】解：a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，由a∥b，不一定有α∥β，α与β可能相交；反之，由α∥β，可得a∥b或a与b异面，∴a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，则“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要条件．故选：D.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题．5、B【解析】

由，可得，，再将代入即可.【详解】因为，所以，故.故选：B.【点睛】本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.6、C【解析】

根据函数奇偶性可排除AB选项；结合特殊值，即可排除D选项.【详解】∵，，∴函数为奇函数，∴排除选项A，B；又∵当时，，故选：C.【点睛】本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题.7、C【解析】

把已知等式变形，利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】解：由，得，∴．故选C．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．8、D【解析】

令，求，利用导数判断函数为单调递增，从而可得，设，利用导数证出为单调递减函数，从而证出，即可得到答案.【详解】时，令，求导，，故单调递增：∴，当，设，，又，，即，故.故选：D【点睛】本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.9、A【解析】

根据图像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊点求出，化简即得所求.【详解】由图像知，，，解得，因为函数过点，所以，，即，解得，因为，所以，.故选：A【点睛】本题考查根据图像求正弦型函数的解析式，三角函数诱导公式，属于基础题.10、C【解析】

利用复数的四则运算可得，即可得答案.【详解】∵，∴，∴，∴复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数的四则运算、虚部概念，考查运算求解能力，属于基础题.11、A【解析】

由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．则几何体的体积为．故选：．【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．12、B【解析】

对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.【详解】函数，由得或解得.故选:B.【点睛】本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

令，，与参数无关，即可得到定点.【详解】由指数函数的性质，可得，函数值与参数无关，所有过定点.故答案为：【点睛】此题考查函数的定点问题，关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关，熟记常见函数的定点可以节省解题时间.14、【解析】

，建立方程组，且，求出，进而求出的公比，即可求出结论.【详解】数列递增的等比数列，，，解得，所以的公比为，.

故答案为:.【点睛】本题考查等比数列的性质、通项公式，属于基础题.15、【解析】

根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的方式可确定过时，取最大值，代入可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：将化为，则最大时，直线在轴截距最大；由直线平移可知，当过时，在轴截距最大，由得：，.故答案为：.【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.16、【解析】

根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.【详解】的展开式中，所求项为：，的系数为.

故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)见证明；(2)【解析】

(1)取的中点，连接，要证平面平面，转证平面，即证，即可；(2)以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入公式，即可得到结果.【详解】（1）取的中点，连接，因为均为边长为的等边三角形，所以，，且因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）因为，为等边三角形，所以，又因为，所以，，在中，由正弦定理，得：，所以.以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则平面的一个法向量为，依题意，平面的一个法向量所以故二面角的余弦值为.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.18、（1）；（2）.【解析】

(1)利用正弦定理边化角,再利用余弦定理求解即可.(2)为为的中线,所以再平方后利用向量的数量积公式进行求解,再代入可解得,再代入面积公式求解即可.【详解】（1）由,可得,由余弦定理可得,故.（2）因为为的中线,所以,两边同时平方可得,故.因为,所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理与面积公式求解三角形的问题,同时也考查了向量在解三角形中的运用,属于中档题.19、（1）（2）存在；实数的取值范围是【解析】

（1）根据椭圆定义计算，再根据，，的关系计算即可得出椭圆方程；（2）设直线方程为，与椭圆方程联立方程组，求出的范围，根据根与系数的关系求出的中点坐标，求出的中垂线与轴的交点横，得出关于的函数，利用基本不等式得出的范围．【详解】（1）由题意可知，，．又，，，椭圆的方程为：．（2）若存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形，则为线段的中垂线与轴的交点．设直线的方程为：，，，，，联立方程组，消元得：，△，又，故．由根与系数的关系可得，设的中点为，，则，，线段的中垂线方程为：，令可得，即．，故，当且仅当即时取等号，，且．的取值范围是，．【点睛】本题主要考查了椭圆的性质，考查直线与椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．20、（1）3（2）78【解析】试题分析：（1）由两角和差公式得到，由三角形中的数值关系得到，进而求得数值；（2）由三角形的三个角的关系得到，再由正弦定理得到b=15,故面积公式为.解析：（1）在中，由，得为锐角，所以，所以，所以.（2）在三角形中,由，所以，由，由正弦定理,得，所以的面积.21、（Ⅰ）,曲线（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）消去参数可得直线的直角坐标系方程，由可得曲线的直角坐标方程；（2）将（为参数）代入曲线的方程得：，，利用韦达定理求解即可.试题解析：（1），曲线，（2）将（为参数）代入曲线的方程得：.所以.所以.22、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.【解析】

(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；(Ⅲ)假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】(Ⅰ)由菱形的性质可得：，结合三角形