湖南省瀏陽二中、五中、六中三校2024屆高三一診考試數學試卷含解析

湖南省瀏陽二中、五中、六中三校2024屆高三一診考試數學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若函數在時取得極值，則（）A． B． C． D．2．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是說：兩個同高的幾何體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設、為兩個同高的幾何體，、的體積不相等，、在等高處的截面積不恒相等.根據祖暅原理可知，是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．為比較甲、乙兩名高中學生的數學素養(yǎng)，對課程標準中規(guī)定的數學六大素養(yǎng)進行指標測驗（指標值滿分為100分，分值高者為優(yōu)），根據測驗情況繪制了如圖所示的六大素養(yǎng)指標雷達圖，則下面敘述不正確的是（）A．甲的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于乙 B．乙的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于數學建模素養(yǎng)C．甲的六大素養(yǎng)整體水平優(yōu)于乙 D．甲的六大素養(yǎng)中數學運算最強4．設，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件5．若均為任意實數，且，則的最小值為（）A． B． C． D．6．第24屆冬奧會將于2022年2月4日至2月20日在北京市和張家口市舉行，為了解奧運會會旗中五環(huán)所占面積與單獨五個環(huán)面積之和的比值P，某學生做如圖所示的模擬實驗：通過計算機模擬在長為10，寬為6的長方形奧運會旗內隨機取N個點，經統(tǒng)計落入五環(huán)內部及其邊界上的點數為n個，已知圓環(huán)半徑為1，則比值P的近似值為()A． B． C． D．7．在中，D為的中點，E為上靠近點B的三等分點，且，相交于點P，則（）A． B．C． D．8．已知雙曲線，點是直線上任意一點，若圓與雙曲線的右支沒有公共點，則雙曲線的離心率取值范圍是（）．A． B． C． D．9．函數的圖象大致為（）A． B．C． D．10．某大學計算機學院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲從人工智能領域的語音識別、人臉識別，數據分析、機器學習、服務器開發(fā)五個方向展開研究，且每個方向均有研究生學習，其中劉澤同學學習人臉識別，則這6名研究生不同的分配方向共有（）A．480種 B．360種 C．240種 D．120種11．二項式的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是()A．180 B．90 C．45 D．36012．等比數列的各項均為正數，且，則()A．12 B．10 C．8 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，如果函數有三個零點，則實數的取值范圍是____________14．圓關于直線的對稱圓的方程為_____.15．已知均為非負實數，且，則的取值范圍為______．16．已知是第二象限角，且，，則____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，三棱柱中，平面，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的左頂點為，右焦點為，為橢圓上兩點，圓.（1）若軸，且滿足直線與圓相切，求圓的方程；（2）若圓的半徑為，點滿足，求直線被圓截得弦長的最大值.19．（12分）已知函數，函數，其中，是的一個極值點，且.（1）討論的單調性（2）求實數和a的值（3）證明20．（12分）從拋物線C：（）外一點作該拋物線的兩條切線PA、PB（切點分別為A、B），分別與x軸相交于C、D，若AB與y軸相交于點Q，點在拋物線C上，且（F為拋物線的焦點）.（1）求拋物線C的方程；（2）①求證：四邊形是平行四邊形.②四邊形能否為矩形？若能，求出點Q的坐標；若不能，請說明理由.21．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），曲線的極坐標方程為．（Ⅰ）求直線的普通方程及曲線的直角坐標方程；（Ⅱ）設點，直線與曲線相交于，，求的值．22．（10分）已知函數．（1）當時，試求曲線在點處的切線；（2）試討論函數的單調區(qū)間．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

對函數求導，根據函數在時取得極值，得到，即可求出結果.【詳解】因為，所以，又函數在時取得極值，所以，解得.故選D【點睛】本題主要考查導數的應用，根據函數的極值求參數的問題，屬于?？碱}型.2、A【解析】

由題意分別判斷命題的充分性與必要性，可得答案.【詳解】解：由題意，若、的體積不相等，則、在等高處的截面積不恒相等，充分性成立；反之，、在等高處的截面積不恒相等，但、的體積可能相等，例如是一個正放的正四面體，一個倒放的正四面體，必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判定，意在考查學生的邏輯推理能力.3、D【解析】

根據所給的雷達圖逐個選項分析即可.【詳解】對于A，甲的數據分析素養(yǎng)為100分，乙的數據分析素養(yǎng)為80分，故甲的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于乙，故A正確；對于B，乙的數據分析素養(yǎng)為80分，數學建模素養(yǎng)為60分，故乙的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于數學建模素養(yǎng)，故B正確；對于C，甲的六大素養(yǎng)整體水平平均得分為，乙的六大素養(yǎng)整體水平均得分為，故C正確；對于D，甲的六大素養(yǎng)中數學運算為80分，不是最強的，故D錯誤；故選：D【點睛】本題考查了樣本數據的特征、平均數的計算，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.4、C【解析】

根據充分條件和必要條件的定義結合對數的運算進行判斷即可．【詳解】∵a，b∈（1，+∞），∴a＞b?logab＜1，logab＜1?a＞b，∴a＞b是logab＜1的充分必要條件，故選C．【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據不等式的解法是解決本題的關鍵．5、D【解析】

該題可以看做是圓上的動點到曲線上的動點的距離的平方的最小值問題，可以轉化為圓心到曲線上的動點的距離減去半徑的平方的最值問題，結合圖形，可以斷定那個點應該滿足與圓心的連線與曲線在該點的切線垂直的問題來解決，從而求得切點坐標，即滿足條件的點，代入求得結果.【詳解】由題意可得，其結果應為曲線上的點與以為圓心，以為半徑的圓上的點的距離的平方的最小值，可以求曲線上的點與圓心的距離的最小值，在曲線上取一點，曲線有在點M處的切線的斜率為，從而有，即，整理得，解得，所以點滿足條件，其到圓心的距離為，故其結果為，故選D.【點睛】本題考查函數在一點處切線斜率的應用，考查圓的程，兩條直線垂直的斜率關系，屬中檔題.6、B【解析】

根據比例關系求得會旗中五環(huán)所占面積，再計算比值.【詳解】設會旗中五環(huán)所占面積為，由于，所以，故可得.故選：B.【點睛】本題考查面積型幾何概型的問題求解，屬基礎題.7、B【解析】

設，則，，由B，P，D三點共線，C，P，E三點共線,可知，,解得即可得出結果.【詳解】設，則，，因為B，P，D三點共線，C，P，E三點共線，所以，，所以，.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡單應用,屬于基礎題.8、B【解析】

先求出雙曲線的漸近線方程，可得則直線與直線的距離，根據圓與雙曲線的右支沒有公共點，可得，解得即可．【詳解】由題意，雙曲線的一條漸近線方程為，即，∵是直線上任意一點，則直線與直線的距離，∵圓與雙曲線的右支沒有公共點，則，∴，即，又故的取值范圍為，故選：B．【點睛】本題主要考查了直線和雙曲線的位置關系，以及兩平行線間的距離公式，其中解答中根據圓與雙曲線的右支沒有公共點得出是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．9、A【解析】

用偶函數的圖象關于軸對稱排除,用排除,用排除.故只能選.【詳解】因為,所以函數為偶函數,圖象關于軸對稱,故可以排除;因為,故排除,因為由圖象知,排除.故選:A【點睛】本題考查了根據函數的性質,辨析函數的圖像,排除法,屬于中檔題.10、B【解析】

將人臉識別方向的人數分成：有人、有人兩種情況進行分類討論，結合捆綁計算出不同的分配方法數.【詳解】當人臉識別方向有2人時，有種，當人臉識別方向有1人時，有種，∴共有360種.故選：B【點睛】本小題主要考查簡單排列組合問題，考查分類討論的數學思想方法，屬于基礎題.11、A【解析】試題分析：因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以，，令，則，.考點：1.二項式定理；2.組合數的計算.12、B【解析】

由等比數列的性質求得，再由對數運算法則可得結論．【詳解】∵數列是等比數列，∴，，∴．故選：B.【點睛】本題考查等比數列的性質，考查對數的運算法則，掌握等比數列的性質是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

首先把零點問題轉化為方程問題，等價于有三個零點，兩側開方，可得，即有三個零點，再運用函數的單調性結合最值即可求出參數的取值范圍.【詳解】若函數有三個零點，即零點有，顯然，則有，可得，即有三個零點，不妨令，對于，函數單調遞增，，，所以函數在區(qū)間上只有一解，對于函數，，解得，，解得，，解得，所以函數在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，，當時，，當時，，此時函數若有兩個零點，則有，綜上可知，若函數有三個零點，則實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】本題考查了函數零點的零點，恰當的開方，轉化為函數有零點問題，注意恰有三個零點條件的應用，根據函數的最值求解參數的范圍，屬于難題.14、【解析】

求出圓心關于直線的對稱點，即可得解.【詳解】的圓心為，關于對稱點設為，則有:，解得，所以對稱后的圓心為，故所求圓的方程為.故答案為：【點睛】此題考查求圓關于直線的對稱圓方程，關鍵在于準確求出圓心關于直線的對稱點坐標.15、【解析】

設,可得的取值范圍,分別利用基本不等式和，把用代換,結合的取值范圍求關于的二次函數的最值即可求解.【詳解】因為,，令，則,因為,當且僅當時等號成立,所以,,即,令則函數的對稱軸為,所以當時函數有最大值為,即．當且，即，或，時取等號；因為,當且僅當時等號成立,所以,令,則函數的對稱軸為,所以當時,函數有最小值為,即，當,且時取等號，所以.故答案為:【點睛】本題考查基本不等式與二次函數求最值相結合求代數式的取值范圍;考查運算求解能力和知識的綜合運用能力;基本不等式:和的靈活運用是求解本題的關鍵;屬于綜合型、難度大型試題.16、【解析】

由是第二象限角，且，可得，由及兩角和的正切公式可得的值.【詳解】解：由是第二象限角，且，可得，，由，可得，代入，可得，故答案為：.【點睛】本題主要考查同角三角函數的基本關系及兩角和的正切公式，相對不難，注意運算的準確性.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）連接，，則且為的中點，又∵為的中點，∴，又平面，平面，故平面．（2）由平面，得，．以為原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，．取平面的一個法向量為，由，得：，令，得同理可得平面的一個法向量為∵平面平面，∴解得，得，又，設直線與平面所成角為，則.所以，直線與平面所成角的正弦值是．18、（1）（2）【解析】試題分析：（1）確定圓的方程，就是確定半徑的值，因為直線與圓相切，所以先確定直線方程，即確定點坐標：因為軸，所以，根據對稱性，可取，則直線的方程為，根據圓心到切線距離等于半徑得（2）根據垂徑定理，求直線被圓截得弦長的最大值，就是求圓心到直線的距離的最小值.設直線的方程為，則圓心到直線的距離，利用得，化簡得，利用直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組并結合韋達定理得，因此，當時，取最小值，取最大值為.試題解析：解：（1）因為橢圓的方程為，所以，.因為軸，所以，而直線與圓相切，根據對稱性，可取，則直線的方程為，即.由圓與直線相切，得，所以圓的方程為.（2）易知，圓的方程為.①當軸時，，所以，此時得直線被圓截得的弦長為.②當與軸不垂直時，設直線的方程為，，首先由，得，即，所以（*）.聯(lián)立，消去，得，將代入（*）式，得.由于圓心到直線的距離為，所以直線被圓截得的弦長為，故當時，有最大值為.綜上，因為，所以直線被圓截得的弦長的最大值為.考點：直線與圓位置關系19、（1）在區(qū)間單調遞增；（2）；（3）證明見解析.【解析】

（1）求出，在定義域內，再次求導，可得在區(qū)間上恒成立，從而可得結論；（2）由，可得，由可得，聯(lián)立解方程組可得結果；（3）由（1）知在區(qū)間單調遞增，可證明，取，可得，而，利用裂項相消法，結合放縮法可得結果.【詳解】（1）由已知可得函數的定義域為，且，令，則有，由，可得，可知當x變化時，的變化情況如下表：1-0+極小值，即，可得在區(qū)間單調遞增；（2）由已知可得函數的定義域為，且，由已知得，即，①由可得，，②聯(lián)立①②，消去a，可得，③令，則，由（1）知，，故，在區(qū)間單調遞增，注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，；（3）證明：由（1）知在區(qū)間單調遞增，故當時，，，可得在區(qū)間單調遞增，因此，當時，，即，亦即，這時，故可得，取，可得，而，故.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性以及不等式的證明，屬于難題.不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數證明不等主要方法有兩個，一是比較簡單的不等式證明，不等式兩邊作差構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出函數的最值即可；二是較為綜合的不等式證明，要觀察不等式特點，結合已解答的問題把要證的不等式變形，并運用已證結論先行放縮，然后再化簡或者進一步利用導數證明.20、（1）；（2）①證明見解析；②能，.【解析】

（1）根據拋物線的定義，求出，即可求拋物線C的方程；（2）①設，，寫出切線的方程，解方程組求出點的坐標.設點，直線AB的方程，代入拋物線方程，利用韋達定理得到點的坐標，寫出點的坐標，，可得線段相互平分，即證四邊形是平行四邊形；②若四邊形為矩形，則，求出，即得點Q的坐標.【詳解】（1）因為，所以，即拋物線C的方程是.（2）①證明：由得，.設，，則直線PA的方程為（ⅰ），則直線PB的方程為（ⅱ），由（?。┖停áⅲ┙獾茫海?，所以.設點，則直線AB的方程為.由得，則，，所以，所以線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分.在①中，令解得，所以，同理得，所以線段CD的中點坐標為