湖南省湘潭市高三下学期3月质量检测数学试题

2024届高三3月质量检测数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】计算出集合、后结合交集定义即可得.【详解】由，解得，所以，因为，所以，故.故选：A2.已知随机变量服从，若，则（）A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5【答案】C【解析】【分析】借助正态分布的对称性计算即可得.【详解】由题意可得，所以.故选：C.3.已知为复数，若为实数，则复数在复平面内对应的点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设后表示出，结合题意计算即可得.【详解】设，则，因为为实数，所以.故选：D.4.设等差数列的前项和为，若，，则（）A.34 B.35 C.36 D.38【答案】B【解析】【分析】先利用等差数列的性质求得，进而求得公差，从而求得得解.【详解】因为是等差数列，设其公差为，因为，则，所以，则，所以，.故选：B.5.的值为（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的和差公式与倍角公式化简即可得解.【详解】.故选：C.6.实验课上，小明将一个小球放置在圆柱形烧杯口处固定（烧杯口支撑着小球），观察到小球恰好接触到烧杯底部，已知烧杯的底面半径为2，小球的表面积为，若烧杯的厚度不计，则烧杯的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】借助球的表面积公式可得其半径，结合题意可列出与高、底面半径与球的半径有关勾股定理，在借助圆柱侧面积公式即可得解.【详解】设小球的半径为，则，解得，设圆柱的高为，由勾股定理可得，解得或（舍去），所以烧杯的侧面积为.故选：D.7.已知是定义域为的偶函数，当时，，若有且仅有3个零点，则关于的不等式的解集为（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用偶函数的对称性求得的值，进而得到，再解不等式得到，结合偶函数的性质即可得解.【详解】因为为偶函数，有且仅有3个零点，所以，即，解得，此时当时，，所以的零点为，满足题意，又当时，，，由，得，即，解得，又为偶函数，所以的解集为，故选：A.8.已知圆O的半径为1，A，B，C为圆O上三点，满足，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量数量积的定义与运算法则，结合转化法将所求化为，从而得解.【详解】依题意，取的中点为，则，，，所以，因为，所以.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用的中点与向量的数量积运算，将问题进行转化，从而得解.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.潮汐现象是地球上的海水受月球和太阳的万有引力作用而引起的周期性涨落现象.某观测站通过长时间观察，发现某港口的潮汐涨落规律为（其中，），其中y（单位：）为港口水深，x（单位：）为时间，该观测站观察到水位最高点和最低点的时间间隔最少为，且中午12点的水深为，为保证安全，当水深超过时，应限制船只出入，则下列说法正确的是（）A.B.最高水位为12C.该港口从上午8点开始首次限制船只出入D.一天内限制船只出入的时长为【答案】AC【解析】【分析】根据题意可求得，可知A正确；由12点时的水位为8m代入计算可得，即最高水位为10m，B选项错误；易知，解不等式利用三角函数单调性可得从上午8点开始首次开放船只出入，一天内开放出入时长为8h，即可判断C正确，D错误.【详解】对于A，依题意，所以，故A正确；对于B，当时，，解得，所以最高水位为10m，故B错误；对于CD，由上可知，令，解得或者，所以从上午8点开始首次开放船只出入，一天内开放出入时长为8h，故C正确，D错误.故选：AC.10.已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，为底面圆的一条直径，，B为圆O上的一个动点（不与A，C重合），记二面角为，为，则（）A.圆锥的体积为B.三棱锥的外接球的半径为C.若，则平面D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据几何图形，以及圆锥体积公式，判断A；根据几何图形确定球心的位置，并求出球的半径，即可判断B；根据二面角的定义，确定点的位置，并转化垂直关系，即可判断C；根据二面角的定义，结合几何图形，即可判断D.【详解】设底面半径为，母线长为，则，即，由，则，则，所以圆锥的体积为，故A正确；设三棱锥外接球的球心为，在上，设球的半径为，则中，，解得：，故B错误；如下图，取的中点，连结,因为，，所以，，所以，若，则，即，所以是等腰直角三角形，所以，因为平面，平面，所以，且，平面，所以平面，故C正确；如上图，，，因为，所以，则，即则，且，所以，则所以，故D正确.故选：ACD11.已知，为双曲线：的左､右焦点，点满足，N为双曲线C的右支上的一个动点，O为坐标原点，则（）A.双曲线C的焦距为4B.直线与双曲线C的左､右两支各有一个交点C.的面积的最小值为1D.【答案】ACD【解析】【分析】利用直角三角形中线为斜边的一半求得可判断A，利用双曲线渐近线的几何意义可判断B，利用切线求得双曲线上的点到直线的最小距离可判断C，分析得双曲线上的点在以为直径的圆外可判断D.【详解】对于A，因为，所以，则，又，所以，双曲线的焦距，故A正确；对于B，由知，，双曲线渐近线方程为，则直线的斜率为，所以直线与双曲线的右支有两个交点，故B错误；对于C，因为，设直线与双曲线右支相切，联立，消去，得，则，解得或者（舍去），则直线与之间的距离为，所以的面积最小值为，故正确；对于D，以为直径的圆的方程为，由可知，直线与双曲线右支的切点为，此时，其圆心到直线的距离为，又直线与两平行线之间的距离为1，所以切点到圆心的距离大于1，即双曲线上的点都在圆外，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题D选项的解决关键是，分析双曲线上的点与以为直径的圆的位置关系，从而得解.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，的一次项的系数为___________（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】利用二项式定理得到的展开通项公式，再分别求含项与常数项的系数即可得解.【详解】因为的展开通项公式为，所以的一次项的系数为.故答案为：.13.已知F为抛物线C：的焦点，O为坐标原点，过F且斜率为1的直线交抛物线C于A，B两点，直线，分别交抛物线C的准线于P，Q两点，若，，则___________.【答案】6【解析】【分析】设，则可用所设坐标表示、，设出直线方程，联立曲线方程，借助韦达定理计算即可得.【详解】设，则，同理，设直线，联立直线与抛物线，可得，，则，所以.故答案为：6.14.已知函数，记函数，的值域分别为，若，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】先利用导数分析的值域，再分析其最小值的正负情况，数形结合即可得解.【详解】因为，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得极小值，也是最小值，所以，当时，，不符合题意，当，即时，令，则，，因为，所以必有，显然不可能有，否则，不符合题意，所以，解得，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，由，结合图象，得到，从而得解.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.15.2023年8月8日是我国第15个“全民健身日”，设立全民健身日（FitnessDay）是适应人民群众体育的需求，促进全民健身运动开展的需要.某学校为了提高学生的身体素质，举行了跑步竞赛活动，活动分为长跑､短跑两类项目，且该班级所有同学均参加活动，每位同学选择一项活动参加.长跑短跑男同学3010女同学10若采用分层抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名.（1）求的值以及该班同学选择长跑的概率；（2）依据小概率值的独立性检验，能否推断选择跑步项目的类别与其性别有关？附：，其中.0.050.010.0013.8416.63510.828【答案】（1）；（2）不能【解析】【分析】（1）先由分层抽样得到男女同学的比例，从而求得，进而利用古典概型的概率公式即可得解；（2）利用（1）中结论，完善列联表，再求得值，从而得解.【小问1详解】因为采用分层抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名所以男女同学的比例为，则，故，该班同学选择长跑的概率为.【小问2详解】依题意，完善列联表，如下，长跑短跑总计男同学301040女同学101020总计402060零假设选择跑步项目类别与学生性别无关，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断出不成立，因此可以认为成立，即认为选择跑步项目类别与学生性别无关.16.设各项都不为0的数列的前项积为，，.（1）求数列的通项公式；（2）保持数列中的各项顺序不变，在每两项与之间插入一项（其中），组成新的数列，记数列的前项和为，若，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系得到，再检验即可得解；（2）利用并项求和法与等比数列的求和公式求得，再依次求得，从而得解.【小问1详解】因为，当时，，两式相除可得，因，所以，又，所以.【小问2详解】依题意，，易知随着增大而增大，当时，，当时，，而综上，的最小值为.17.在三棱台中，为等边三角形，，平面，分别为，的中点，（1）证明：平面平面；（2）若，设为线段上的动点，求与平面所成的角的正弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理与面面平行的判定定理即可得解；（2）先利用线面垂直的判定定理证得四边形为正方形，从而得到，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【小问1详解】在三棱台中，，为的中点，所以，且，则四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面，因为分别为，的中点，所以，又平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面平面；【小问2详解】连接，因为平面，且平面，所以平面平面，因为为等边三角形，为的中点，所以，又平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，则，故四边形为正方形，，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，则，，，不妨设，则，设平面的一个法向量为，则，得，令，可得，则，当且仅当时取“=”，所以与平面所成角的正弦值的最大值为.18.已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，，为椭圆C的左､右焦点，点P在椭圆C上（不包括端点），当时，的面积为，（1）求椭圆C的标准方程；（2）设点，，直线，分别与椭圆C交于异于点P的M､N两点，记直线，的斜率分别为，，求的值，【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，解之即可得解；（2）分别联立直线与椭圆方程，求得点的坐标，再利用斜率公式即可得解，【小问1详解】当时，将代入椭圆方程可得，解得，由题意得，解得，所以的方程为.【小问2详解】设，由于，在椭圆的内部，所以直线都与椭圆有两个交点，由于在椭圆上，所以，直线，直线，联立，消去整理可得，所以，故，则，故，联立，消去整理可得，所以，故，则，故，故，又，所以，【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解，19.已知函数，.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，记的极小值点为，证明：存在唯一零点，且.（参考数据：）【答案】19.的单调递减区间为，无单调递增区间20.证明见解析【解析】【分析】（1）借助导数研究导数的导数的正负性即可得原函数的单调性；（2）设，则可借助导数得到的单调性，结合零点存在性定理得到存在，使得，再借助零点存在性定理得到存在存在唯一零点，要证，结合函数单调性，即只需证，即证，将用表示后消去，构造对应函数求出其最值即