湖南省岳阳市2024届高三教学质量监测三试题含答案

/岳阳市2024届高三教学质量监测（三）数学本试卷共19题，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡.一、选择题：本大题共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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合，结合交集的定义求.【详解】不等式，可化为，所以不等式的解集为，所以，又，所以，故选：B.2.若虚数单位是关于的方程的一个根，则（）A. B.2 C. D.5【答案】C【解析】【分析】利用方程根的意义，结合复数为0的充要条件求出，再求出复数的模.【详解】依题意，，即，又，则，所以.故选：C3.直线的一个方向向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出给定直线的斜率即可得该直线的一个方向向量，再求与共线的向量即可.【详解】直线的斜率为，则直线的一个方向向量，对于A，因，即向量与共线，A是；对于B，因，即向量与不共线，B不是；对于C，因，即向量与不共线，C不是；对于D，因，即向量与不共线，D不是.故选：A.4.下列命题正确的是（）A.若直线上有无数个点不在平面内，则B.若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线C.已知直线，，平面，且，则直线，平行D.已知两条相交直线，，且平面，则与相交【答案】B【解析】【分析】根据空间直线与平面的位置关系的定义，分类，及几何特征，逐一分析选项，可得答案.【详解】若直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，故A选项不正确；若直线不平行于平面且，则与相交，所以平面内不存在与平行的直线，故B选项正确；已知直线，平面，且，则直线平行或异面，C选项错误；两条相交直线，且平面，则平面或与相交，D选项错误.故选：B5.已知为奇函数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由函数图象平移的规则，且为奇函数，得出函数图象的对称性，进而得出的值.【详解】由函数图象平移的规则可知：函数的图象可由函数的图象向右平移个单位、向下平移个单位得到的，因为函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，所以函数的图象关于点对称，得：，即，故选：D.6.把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是（）A.96种 B.60种 C.48种 D.36种【答案】D【解析】【分析】根据分步乘法计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求得.【详解】依题意，设这五个人分别为甲乙丙丁戊.第一步，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，第二步，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，第三步，排好后产生4个空位，因甲乙不相邻，则只能从3个空中任选1个安排甲，有种安排方法.则由分步乘法计数原理，不同的方案共有种.故选：D.7.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.有最小值25 B.有最大值25 C.有最小值50 D.有最大值50【答案】B【解析】【分析】由，利用等差数列的性质推出，再利用基本不等式计算即得.【详解】由可得，因则等差数列的公差，故，则，当且仅当时取等号，即当时，取得最大值25.故选：B.8.已知函数，不存在最小值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别在条件下结合指数函数单调性及二次函数性质，确定函数的取值规律，由条件列不等式求的范围，可得结论.【详解】（1）当时，若，则，因为函数在上单调递增，所以，若，则，当且仅当时取等号，因为不存在最小值，所以，所以，（2）当时，若，则，因函数在上单调递增，所以，若，则，当且仅当时取等号，因为不存在最小值，所以，所以，所以实数的取值范围是，故选：C.二、选择题：本大题共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.下列结论正确的是（）A.，则B.C.的展开式的第6项的系数是D.的展开式中的系数为【答案】BD【解析】【分析】根据组合数的性质，解不等式判断A，利用组合数的性质证明结论判断B，根据二项式展开式的通项公式求第6项，确定其系数，判断C，结合二项式展开式的通项公式及组合数性质求展开式中的系数，判断D.【详解】对于A，因为，由组合数性质可得或，A错误，对于B，，所以，B正确，对于C，展开式的第6项为，所以第6项的系数是，C错误，对于D，的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数为，D正确，故选：BD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.的单调递减区间为C.的图象可由函数的图象向右平移个单位得到D.满足条件的最小正整数为2【答案】ABD【解析】【分析】观察函数图象，确定函数的周期，由此可求，判断A，再结合时，函数取最大值，列方程求，根据正弦函数的单调性求的单调递减区间，判断B，根据函数图象变换结论，判断C，先求，化简不等式可得范围，解不等式确定的范围，判断D.【详解】设函数的周期为，观察函数图象可得，，所以，又，所以，A正确，因为时，函数取最大值，，所以，，所以，故，由，可得，所以函数的单调递减区间为，B正确，函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，C错误，因为，所以，，所以可化为，所以或，由可得，，所以，即，取可得，取可得，由可得，，所以，即，取可得，所以满足条件的最小正整数为2，D正确，故选：ABD11.如图，四边形是圆柱的轴截面且面积为2，四边形绕逆时针旋转到四边形，则（）A.圆柱的侧面积为B.当时，C.当时，四面体的外接球表面积最小值为D.当时，【答案】ABD【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，母线长为，由已知可得，结合圆柱的侧面积公式判断A，由条件，根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明，判断B，由条件求四面体的外接球的半径，结合球的表面积公式和基本不等式求其最小值，判断C，由条件利用表示，由此可得，解不等式求范围，判断D.【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，因为四边形是圆柱的轴截面所以，因为四边形的面积为2，所以，即所以圆柱的侧面积，A正确，因为为圆的直径，所以，又平面，平面，所以，又平面，，所以平面，平面，所以，B正确；因为，设四面体的外接球的半径为，则，因为，，所以，所以，，所以，当且仅当时等号成立，所以四面体的外接球表面积最小值为，C错误，因为，，，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，又，所以，D正确，故选：ABD.【点睛】知识点点睛：本题考查圆柱的侧面积的求法，线面垂直的判定定理，多面体的外接球问题，空间中两点距离问题，属于综合题，综合考查学生直观想象能力，逻辑推理能力，要运算求解能力.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知双曲线过点，且渐近线方程为，则的离心率为______．【答案】##【解析】【分析】分焦点在轴或轴上两种情况，设出双曲线方程，依题意，得到方程组，解之即得离心率.【详解】当双曲线焦点在轴上时，其方程为，依题有，方程组无解；当双曲线的焦点在轴上时，其方程为，依题有，解得，则.故答案为：.13.已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是______，______．【答案】①.②.（答案不唯一，符合，或，，即可）【解析】【分析】由条件角的终边关于直线对称可得，由可得，解方程求即可.【详解】因为角的终边关于直线对称，所以，，又，所以或，，所以，或，，，取可得或所以的一组取值可以是，故答案为：，，（答案不唯一，符合，或，，即可）14.如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.【详解】在中，，则，又平面，平面平面，所以平面，连接，，所以，得，设（），则，即，得，当即即时，取到最小值1，此时取到最小值.故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知等差数列满足：，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若等差数列的公差不为零且数列满足：，求数列的前项和．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）设数列公差，由条件列出方程，求解后运用等差数列基本量运算即得；（2）求出数列的通项公式，根据其形式结构进行拆项和裂项，利用分组求和法与裂项求和法即可求得.【小问1详解】设数列的公差为，依题意，成等比数列，所以，解得或，当时，；当时，所以数列的通项公式为或.【小问2详解】因为等差数列的公差不为零，由（1）知，则，所以，即.16.某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示.（1）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数；（2）复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大?附：若随机变量X服从正态分布，则：，.【答案】（1）182人；（2）.【解析】【分析】（1）先根据频率分布直方图平均数估算公式求出样本平均数，然后根据正态分布的性质求得概率，即可求解；（2）根据题意确定的取值，并求出对应的概率，利用互斥事件加法概率公式求解即可.【小问1详解】由题意得，样本平均数的估计值为，因为学生初试成绩服从正态分布，其中则，所以，所以估计初试成绩不低于85分的人数为人.【小问2详解】记该考生的复试成绩为，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分，，，，所以该考生进入面试的概率为.17.已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．（1）证明：平面；（2）点在直线上，求与平面所成角最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连结，交于点，由条件证明，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明结论；（2）根据线面角的向量求法求出与平面所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最大值.【小问1详解】连结，交于点，连，由，知，又平面又底面为菱形，所以以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，边长为4，则，在直角三角形中，所以所以点，则所以，所以，，所以，所以，又，平面，所以平面，【小问2详解】设，所以，故，所以平面的一个法向量是，设与平面所成角为，则当时，平面，；当时，，当且仅当时取等号，又所以，故与平面所成角的最大值为18.已知动圆过定点且与直线相切，记圆心的轨迹为曲线．（1）已知、两点的坐标分别为、，直线、的斜率分别为、，证明：；（2）若点、是轨迹上的两个动点且，设线段的中点为，圆与动点的轨迹交于不同于的三点、、，求证：的重心的横坐标为定值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先有两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明；（2）先设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出线段中点坐标进而得到的轨迹方程是，再与动圆的方程联立，得到、、的横坐标分别为，，，最后利用的展开式系数与相同，得到系数为零即可.【小问1详解】设点，依题有，化简并整理成，圆心的轨迹的方程为，，又，所以，所以.【小问2详解】显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消并整理成，在判别式大于零时，，又，所以，所以，，，所以线段的中点坐标为，设，则，消得，所以的轨迹方程是，圆过定点，设其方程为，由，得，设、、的横坐标分别为，，，因为、、异于，所以，，都不为零，故的根为，，，令，即有，所以，故的重心的横坐标为定值．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是圆过定点，设其方程为，然后与的轨迹方程联立，表示出重心横坐标的方程，然后利用待定系数法求出结果.19.已知的三个角的对边分别为且，点在边上，是的角平分线，设（其中为正实数）．（1）求实数的取值范围；（2）设函数①当时，求函数的极小值；②设是的最大零点，试比较与1的大小．【答案】（1）（2）①0；②答案见解析.【解析】【分析】（1）方法一：设，由，结合三角形面积公式化简可得，由此可求实数的取值范围，方法二：由是的角平分线，结合面积公式证明，根据关系，结合余弦定理可得，结合三角形性质求的范围，可得结论.（2）①方法一：由（1）方法一可得，结合条件求，结合余弦定理可得，方法二：由（1）方法二可得，由此可得，由此可得，求，再解方程，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论，②在时，解方程，求出函数零点，由此可