湖南省2024届高三数学新改革提高训练二（九省联考题型）（解析版）

第1页/共1页湖南2024年高三数学新改革提高训练二（九省联考题型）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.数据的分位数为（）A.7.5 B.8 C.8.5 D.9【答案】A【解析】【分析】将题设中的数据由小到大排列后可求分位数.【详解】题设中的数据由小到大排列后为：，共个数据，而，故分位数为.故选：A2.已知双曲线的一个焦点坐标为，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C D.【答案】C【解析】【分析】由题意可求得，结合双曲线的渐近线方程定义计算即可得.【详解】由题意可得，故该双曲线的渐近线方程为.故选：C.3.记为等差数列的前项和，若，则（）A. B. C.10 D.12【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的通项公式以及前项求和公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为，由可得，即，所以，又，所以.故选：B4.如图是一个四棱锥的平面展开图，其中四边形为正方形，四个三角形为正三角形，分别是的中点，在此四棱锥中，则（）A.与是异面直线，且平面B.与是相交直线，且平面C.与是异面直线，且平面D.与是相交直线，且平面【答案】B【解析】【分析】画出几何体，证得四边形为梯形，得到与为相交直线，再由线面平行的判定定理，证得平面.【详解】根据题意，画出几何体，如图所示，因为分别是的中点，可得且，又因为且，所以且，所以四边形为梯形，所以与为相交直线，因为为的中点，可得且，所以四边形为平行四边形，可得，又因为平面，平面，所以平面.故选：B.5.甲、乙、丙、丁4个学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有五个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，则4个学校中至少有3个学校所选研学基地不相同的选择种数共有（）A.420 B.460 C.480 D.520【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用两个原理结合排列、组合应用列式计算即得.【详解】求不相同的选择种数有两类办法：恰有3个学校所选研学基地不同有种方法，4个学校所选研学基地都不相同有种方法，所以不相同的选择种数有（种）.故选：C6.已知在中，，，为线段的中点，点在线段上，若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的线性运算，先求得，进而求得.【详解】由题意，得，所以，所以，所以，所以，解得，所以故选：B7.在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由三角形面积公式求出，然后引入参数，将所求表示为的函数，再根据正弦定理边化角、诱导公式、两角和差得，注意到在锐角中，有，从而可以求出的范围，由此即可得解【详解】由三角形面积公式结合，可知，即，又由平方关系，所以，即，解得或（舍去），由余弦定理有，所以，令，所以，故只需求出的范围即可，由正弦定理边化角得，注意到在锐角中，有，简单说明如下：若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，所以在锐角中，有，所以在锐角中，有，因为正切函数在上单调递增，所以，从而，而函数在单调递减，在单调递增，所以.综上所述：的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理综合应用，以及诱导公式、两角和差的正弦公式等来化简表达式，关键就是将所求化繁为简，化未知为已知，并且注意锐角三角形的特殊性，即注意到在锐角中，有，结合以上关键点即可顺利求解.8.已知椭圆的焦距为，直线与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】联立椭圆与直线方程，利用韦达定理与弦长公式得到关于的齐次不等式，从而得解.【详解】联立方程，消去，整理得，则，设的横坐标分别为，则，，所以，由，得，整理得，即，即，又，则，故，所以椭圆的离心率的取值范围为.故选：C．【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．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.已知函数且的图象经过定点，且点在角的终边上，则的值可能是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据函数解析式求出函数过的定点，再利用三角函数的定义求出和即可.【详解】因为函数的图象经过定点,令，得或，此时，则或,当点在角的终边上，则；当点在角的终边上，则；综上：或，故AD正确，BC错误.故选：AD.10.已知复数的共轭复数为，则下列命题正确的是（）A.B.为纯虚数C.D.【答案】ACD【解析】【分析】设复数，即可得其共轭复数，根据复数的加减运算，即可判断A，B；根据复数模的计算可判断C；根据复数的乘方运算可判断D.【详解】设复数，则，故，A正确；，当时，为实数，B错误；，则，C正确；，，故，则，D正确，故选：ACD11.已知函数图象上的点均满足对有成立，则（）A. B.的极值点为C. D.【答案】AD【解析】【分析】观察等式结构构造函数，先确定其奇偶性及单调性可得出解析式确定A项，利用导数研究及单调性可判定B项，转化不等式再构造函数判定其单调性可判定C、D选项.【详解】由条件知，令，易知是奇函数且单调递增，所以有所以所以，即，即，则A正确；根据选项A知：，则当时，，即函数此时单调递减；当时，即此时函数单调递增，故是函数的极小值点，故B错误；由在时恒成立，即因为，在上单调递增，所以，即，令，易知时，时，则在上单调递增，在上单调递减，所以，故，故C错误；又在上单调递增，则，所以D正确.故选：AD．【点睛】关键点点睛：（1）将已知条件变形为，构造.（2）同构变形，利用单调性得.（3）同构变形.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.对于集合，用表示有限集合中元素的个数，已知，集合满足，则符合条件的集合的个数是__________.【答案】【解析】【分析】分析可知，集合C可以看成集合与的子集的并集，然后根据的子集个数可得答案.【详解】因为，，所以，由可知，满足条件的集合C必含有A中所有元素，所以，集合C可以看成集合与的子集的并集，因为集合的子集个数为，所以集合的个数为.故答案为：13.已知圆锥的母线长与底面圆的直径均为．现有一个半径为1的小球在内可向各个方向自由移动，则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为______．【答案】【解析】【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解．【详解】因为圆锥的母线长与底面圆的直径均为．小球的半径为1在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环，可知扇环的半径为，，扇环所在扇形的圆心角为，所以扇环其面积为；在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为其面积为．综上，圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为．故答案为：14.若a、，且对于时，不等式均成立，则实数对_________．【答案】【解析】【分析】将恒成立问题转化为直线需在两段圆弧之间，数形结合即可求得结果.【详解】对于时，不等式均成立，即恒成立.令，，则表示圆心为，半径为的圆在上的圆弧；表示圆心为，半径为的圆在上的圆弧，如下所示：根据题意，要满足题意，其图象需在圆弧以及圆弧之间，数形结合可知：连接后所形成的直线恰好满足题意，且唯一.其斜率为，故其方程为，故实数对.为严谨，下证直线与圆相切，圆心到直线的距离，其与半径1相等，故圆与直线相切，即证.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题，涉及圆方程的认知，以及直线与圆的位置关系，处理问题的关键是应用已知的知识，合理的转化问题，数形结合解决问题，属综合困难题.四、解答题：本题共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.已知函数，为自然对数的底数.（1）若，求实数的值；（2）当时，试求的单调区间；（3）若函数在上有三个不同的极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）的单调增区间为，单调减区间为（3）【解析】【分析】（1）求导，根据题意运算求解；（2）注意到当时，对于，恒成立，利用导数求原函数的单调区间；（3）根据题意分析可得在上有两个不同的根，且，构建新函数，结合导数解决方程根的问题.【小问1详解】.由，得.【小问2详解】∵函数的定义域为，当时，对于，恒成立，∴当，，当，，故的单调增区间为，单调减区间为.【小问3详解】由条件可知，在上有三个不同的根，∵是的根，∴，即在上有两个不同的根，且，令，则，∵当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，∴的最大值为，且，，又∵，即，∴，故.16.某公司生产某种出口商品，为严把质量关，对每件商品请3位专家进行质量把关，质量把关程序如下：（i）若一件商品位专家都认为质量过关，则该商品质量为级；（ii）若仅有位专家认为质量不过关，再由另外位专家进行第二次质量把关，若第二次质量把关这位专家都认为质量过关，则该商品质量为级，若第二次质量把关这位专家中有位或位认为质量不过关，则该商品质量为级；（iii）若有位或位专家认为质量不过关，则该商品质量为级．已知每一次质量把关中一件商品被位专家认为质量不过关的概率为，各商品质量是否过关相互独立．（1）对两件商品进行质量把关，求两件商品质量均为级的概率；（2）若一件商品质量为级，则该商品可出口外销，且利润分别为元，元，元，若一件商品质量为级，则不能出口外销，利润记为元．记件商品的利润为元，求的分布列与数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得所求概率.（2）根据（1）求得的分布列，进而求得数学期望.【小问1详解】由题意，对一件商品进行质量把关，其质量为级的概率为，质量为级的概率为，质量为级的概率为，质量为级概率为．对两件商品进行质量把关，两件商品质量均为级的概率．【小问2详解】X的分布列为：100050020010数学期望为．17.如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足.（1）证明：直线平面；（2）是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）以为原点，分别以方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可证；（2）由线面角的向量法求线面角后可得结论．【小问1详解】如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系..设平面的法向量为，则由，取得.因为，所以解得.所以，且平面，所以平面【小问2详解】设平面的法向量为则由，解得.所以，解得.18.已知抛物线：上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.（1）求抛物线的方程：（2）过点作直线交于A，B两点，过点A，B分别作C的切线与，与相交于点，过点A作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点E，、、、分别与轴交于点P、Q、R、S.记、、、的面积分别为、、、.若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合抛物线定义即可;（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由求实数的取值范围.【小问1详解】设，由题意可得，即，解得或（舍去），所以抛物线的方程为.【小问2详解】如图，

设经过，两点的直线方程为：（，），与抛物线方程联立可得，即，∴，.∵，则，∴，∴过点作的切线方程为，令，得，即.同理，过点作的切线方程为，令，得，即.∴.联立两直线方程，解得，即，则到直线的距离.又∵过点作直线垂直于，直线的方程为，令，得，即.同理，直线的方程为，令，得，即.∴.联立两直线方程，解得，整理后可得，即，则到直线的距离.由上可得，，，，∴，得，故的取值范围为.【点睛】思路点睛：利用导数的几何意义，求出抛物线的切线方程，从而求出点的坐标.19.设为给定的正奇数，定义无穷数列：若是数列中的项，则记作.（1）若数列的前6项各不相同，写出的最小值及此时数列的前6项；（2）求证：集合是空集；（3）记集合正奇数，求集合.（若为任意的正奇数，求所有数列的相同元素构成的集合.）【答案】（1），6项为（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据题意，分讨论得解；（2）利用反证法证明；（3）由，提出猜想，证明.【小问1详解】由题意，因为是正奇数，当时，由，得，，这与前6项各不相同矛盾，不合题意；当时，由，得，，，不合题意；当时，由，得，，，，，符合题意；综上，的最小值为5，此时数列的前6项为：.【小问2详解】证明：假设集合非空，当时，，又是正奇数，，而，不合题意，当时，，若，则需，又是正奇数，不合题