湖南省名校聯(lián)合體2024屆高三上學(xué)期第二次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1湖南省名校聯(lián)合體2024屆高三上學(xué)期第二次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40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.若復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的模為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，所以.另解：因為，所以，故選：A.2.已知集合，，則（）A. B.C. D.{，1，3}〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意可得只能表示奇數(shù)，又，可得．故選：D．3.1707年數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)了指數(shù)與對數(shù)的互逆關(guān)系：當(dāng)，時，等價于.若（e是自然對數(shù)的底數(shù)），，，則x的值約為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為，，，所以.故選：B.4.若函數(shù)在處有極小值，則實數(shù)a的值為（）A. B. C. D.1〖答案〗C〖解析〗由函數(shù)可得，函數(shù)在處有極小值，可得，解得．當(dāng)時，，當(dāng)時，時，因此在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以在處有極小值，符合題意．所以．故選：C．5.將函數(shù)的圖象向右平移個單位得到函數(shù)的圖象，則“”是“函數(shù)為偶函數(shù)”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〖答案〗A〖解析〗因為函數(shù)的圖像向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖像，所以，因為為偶函數(shù)，所以，即，當(dāng)時，可以推導(dǎo)出函數(shù)為偶函數(shù)，而函數(shù)為偶函數(shù)不能推導(dǎo)出，所以“”是“為偶函數(shù)”的充分不必要條件.故選：A.6.在“最強(qiáng)大腦”的雙英對抗賽中，甲、乙兩人同時挑戰(zhàn)100秒記憶力項目，根據(jù)以往甲、乙兩人同場對抗挑戰(zhàn)該項目的記錄統(tǒng)計分析，在對抗挑戰(zhàn)中甲挑戰(zhàn)成功的概率，乙挑戰(zhàn)成功的概是，甲、乙均未挑戰(zhàn)成功的概率，則在甲挑戰(zhàn)成功的條件下，乙挑戰(zhàn)成功的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗記甲挑戰(zhàn)成功為事件A，乙挑戰(zhàn)成功為事件B，則，，，由概率加法公式知，可得，則在甲挑戰(zhàn)成功的條件下，乙挑戰(zhàn)成功的概率為．故選：B．7.如圖，已知正方體的棱長為2，點O為底面ABCD的中心，側(cè)棱的中點為E，則三棱錐的體積為（）A.1 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗由已知平面ABCD，平面ABCD，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，又，，，所以，所以，，平面OCE，所以平面OCE，所以三棱錐的體積為.故選：A．8.已知函數(shù)是定義在R上不恒為零的函數(shù)，對任意的x，均滿足：，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗令，得，代入，得，當(dāng)x為正整數(shù)時，，所以，所以，代入，得，所以（且），又當(dāng)時，也符合題意，所以（）．所以，令，則，所以，所以，所以.故選：D.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．）9.如圖所示是世界人口變化情況的三幅統(tǒng)計圖：下列結(jié)論中正確是（）A.從折線圖能看出世界人口的總量隨著年份的增加而增加B.2050年亞洲人口比其他各洲人口的總和還要多C.2050年南美洲及大洋洲人口之和與歐洲人口基本持平D.1957年到2050年各洲中北美洲人口增長速度最慢〖答案〗ABC〖解析〗對于A，從折線圖能看出世界人口的總量隨著年份的增加而增加，故A正確；對于B，從扇形圖中能夠明顯地看出2050年亞洲人口比其他各洲人口的總和還要多，故B正確；對于C，從條形圖中能夠明顯地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和與歐洲人口基本持平，故C正確；對于D，由題中三幅統(tǒng)計圖可看得出北美洲人口數(shù)量最少，并不能得出從1957年到2050年中哪個洲人口增長速度最慢，故D錯誤.故選：ABC.10.若圓：和：（）有且僅有一條公切線l，則下列結(jié)論正確的是（）A.圓與圓內(nèi)切 B.C.公切線l的方程為 D.公切線l的方程為〖答案〗ABD〖解析〗圓與圓有且僅有一條公切線l，兩圓相切.圓：的圓心為，半徑為，圓：（），即，圓心，半徑為.A項，將代入方程左邊得，則圓心在圓內(nèi)，故兩圓不可能外切，所以與內(nèi)切，故A正確；B項，圓，由圓與內(nèi)切，所以，由，即，解得，故B正確；C、D項，，得，則公切線斜率，法一：聯(lián)立方程和，解得，所以切點的坐標(biāo)為，故所求公切線的方程為，即．法二：①；②，兩圓方程作差得，即．設(shè)兩圓切點，則點的坐標(biāo)適合方程①②，則也適合方程，又直線斜率為，即與兩圓圓心連線垂直，故直線是過點且垂直于的直線，即為兩圓公切線.故C錯誤，D正確．故選：ABD．11.設(shè)拋物線的焦點為F，準(zhǔn)線l與x軸交于點P，過點P的直線與拋物線依次交于A，B兩點（點A在P，B兩點之間），F(xiàn)A交y軸于點M，F(xiàn)B交準(zhǔn)線l于點N.則下列結(jié)論正確的是（）A.點P坐標(biāo)為 B.直線FA，F(xiàn)B關(guān)于x軸對稱C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因為拋物線為，可得準(zhǔn)線l：，所以，故A正確；由已知，設(shè)，Bx2,y2，直線AB由得，∴，解得或，∴，，所以，所以直線FA，F(xiàn)B關(guān)于x軸對稱，故B正確；設(shè)，則，∴直線FA：，直線FB：，∴，，∴，故C錯誤，D正確.故選：ABD.12.已知m，，且，，則下列結(jié)論正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗由，得，，則，令且，則，即在（1，）上遞增，所以；由，則，而，則，令且，則，即在（0，）上遞增，所以，即，綜上可知n是與交點橫坐標(biāo)，m是與交點橫坐標(biāo)，由于與互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于直線對稱，圖象也關(guān)于對稱，所以，且，故．故選項AC正確.故選：AC．三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．）13.已知，，，，則______.〖答案〗〖解析〗因為，，所以故〖答案〗為：14.已知向量的夾角為，且，，則向量在向量上的投影向量為______．〖答案〗〖解析〗因為向量與夾角為，，，所以，所以向量在向量方向上的投影向量為．15.已知雙曲線C：（，）的左、右焦點分別為，，過點的直線與雙曲線在第二象限的交點為A，在中，，，則雙曲線C的離心率是______.〖答案〗〖解析〗因為，所以，由雙曲線的定義知，所以．如圖，取M為的中點，所以，又，得，所以在直角中，，即，得，所以，解得，因為，所以雙曲線C的離心率是.16.如圖，平面平面，正方形ABCD的邊長為4，矩形ABEF的邊AF的長為2，若G是邊EF上的動點，則三棱錐的外接球體積的最小值為______．〖答案〗〖解析〗如圖，分別取中點，由題意知，，則，且為外接圓的圓心，則，平面，平面平面，已知平面平面，所以平面，設(shè)的外接圓圓心為，半徑為r，過作平面的垂線，過作平面的垂線，交點為，即三棱錐的外接球的球心，設(shè)外接球半徑為，又平面，所以，連接，則，同理可證，所以四邊形是平行四邊形，則.在中，由正弦定理得，則當(dāng)且僅當(dāng)時，r取得最小值為2，由矩形邊長可知，即當(dāng)且僅當(dāng)為中點時，取到最小值.由平面，平面，則，在中，，即，解得．所以三棱錐的外接球的半徑的最小值為，此時外接球體積.故當(dāng)為中點時，三棱錐的外接球體積最小，最小值．四、解答題（本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）17.在銳角中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，．（1）求角A的大?。唬?）若，，求的面積．解：（1）因為，得，又，得，所以，所以．（2）由正弦定理及，得，又，則，，所以，所以，由正弦定理，又，所以，所以．18.已知遞增等差數(shù)列滿足：，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若數(shù)列滿足，求數(shù)列的前2n項和.解：（1）設(shè)遞增等差數(shù)列an的公差為d，則，因為，所以，即，因為，，所以，所以，所以，故數(shù)列an的通項公式為.（2）解法一：.解法二：.19.已知橢圓C：（）的左、右頂點分別為，，上、下頂點分別為，，若四邊形面積為4，橢圓C離心率為；（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)點Q是橢圓C上異于，的一動點，過定點與動點Q的直線與橢圓C交于另一點P，記直線，的斜率分別為，，若直線PQ的斜率存在，求的值.解：（1）由題意得，且，又，解得，，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）設(shè)Px0,y0，，由（1）得當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為，其中，將直線方程代入得，，其判別式為，∴或，且，∴，，∴.20.如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，，.（1）若點F在線段AP上，，平面PBC，求λ的值；（2）若平面平面ABCD，求平面PAD與平面PBC的夾角的余弦值.解：（1）在AB上取點G，使得,連接FG，GD，又，所以四邊形BGDC為平行四邊形，所以，又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又平面PBC，，DF，平面DFG，所以平面平面DFG，又平面平面，平面平面，所以，所以在中，，所以，所以.（2）取AD的中點O，連接OG，OP，由底面ABCD為直角梯形，，，，，可知為等腰直角三角形，且，所以．因為平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面ABCD，所以平面PAD，又，所以，同理平面ABCD．以O(shè)為原點，OA，OG，OP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為，，，，所以，，，所以，，設(shè)平面PBC的法向量為，則不妨取，則，因為平面PAD，所以平面PAD的一個法向量為，所以，所以平面PAD與平面PBC的夾角的余弦值為.21.甲、乙兩名運(yùn)動員進(jìn)行乒乓球訓(xùn)練賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負(fù)者得0分，比賽一直進(jìn)行到一方比另一方多兩分為止，多得兩分的一方贏得比賽．已知每局比賽中，甲獲勝的概率為p，乙獲勝的概率為q，每局比賽結(jié)果相互獨(dú)立．（1）若比賽最多進(jìn)行5局，求比賽結(jié)束時比賽局?jǐn)?shù)X的分布列及期望的最大值；（2）甲、乙兩人為達(dá)到最佳訓(xùn)練效果，倆人約定不限制比賽局?jǐn)?shù)，記“甲運(yùn)動員贏得比賽”為事件M，證明：，（1）解：因為每局比賽結(jié)果僅有“甲獲勝”和“乙獲勝”，所以，由題意得X的所有可能取值為2，4，5，則，，．所以X的分布列為X245P所以X的期望，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以，所以，故的最大值為．（2）證明：設(shè)事件A，B分別表示每局比賽“甲獲勝”，“乙獲勝”．由題設(shè)可知前兩局比賽結(jié)果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲運(yùn)動員贏得比賽”，事件BB表示“乙運(yùn)動員贏得比賽”，事件AB，BA表示“甲、乙兩名運(yùn)動員各得1分”，當(dāng)甲、乙兩名運(yùn)動員得分總數(shù)相同時，甲運(yùn)動員贏得比賽的概率與比賽一開始甲運(yùn)動員贏得比賽的概率相同．所以，所以，即，因，所以．22.已知函數(shù)，．（1）求證：當(dāng)時，；（2）若函數(shù)在區(qū)間上有唯一零點，求實數(shù)a的取值范圍．（1）證明：由于等價于．令，，則，令，則，因為，所以，即在區(qū)間（0，）上為增函數(shù)，所以，故為增函數(shù)，可得，即成立．（2）解：由已知，當(dāng)時，令，則