2024屆湖南省名校聯(lián)合體高三上學期第二次聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖南省名校聯(lián)合體2024屆高三上學期第二次聯(lián)考數(shù)學試題一、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.若復數(shù)（i為虛數(shù)單位），則復數(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)學家歐拉發(fā)現(xiàn)了指數(shù)與對數(shù)的互逆關系：當，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．當時，，當時，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，當時，可以推導出函數(shù)為偶函數(shù)，而函數(shù)為偶函數(shù)不能推導出，所以“”是“為偶函數(shù)”的充分不必要條件.故選：A.6.在“最強大腦”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x為正整數(shù)時，，所以，所以，代入，得，所以（且），又當時，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．設兩圓切點，則點的坐標適合方程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.設拋物線的焦點為F，準線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交準線l于點N.則下列結(jié)論正確的是（）A.點P坐標為 B.直線FA，F(xiàn)B關于x軸對稱C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因為拋物線為，可得準線l：，所以，故A正確；由已知，設，Bx2,y2，直線AB由得，∴，解得或，∴，，所以，所以直線FA，F(xiàn)B關于x軸對稱，故B正確；設，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，m是與交點橫坐標，由于與互為反函數(shù)，其圖象關于直線對稱，圖象也關于對稱，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，則當且僅當時，r取得最小值為2，由矩形邊長可知，即當且僅當為中點時，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的標準方程；（2）設點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的標準方程為．（2）設Px0,y0，，由（1）得當直線PQ的斜率存在時，設直線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系，因為，，，，所以，，，所以，，設平面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、乙兩名運動員進行乒乓球訓練賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負者得0分，比賽一直進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)果相互獨立．（1）若比賽最多進行5局，求比賽結(jié)束時比賽局數(shù)X的分布列及期望的最大值；（2）甲、乙兩人為達到最佳訓練效果，倆人約定不限制比賽局數(shù)，記“甲運動員贏得比賽”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，當且僅當時，等號成立，所以，所以，故的最大值為．（2）證明：設事件A，B分別表示每局比賽“甲獲勝”，“乙獲勝”．由題設可知前兩局比賽結(jié)果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲運動員贏得比賽”，事件BB表示“乙運動員贏得比賽”，事件AB，BA表示“甲、乙兩名運動員各得1分”，當甲、乙兩名運動員得分總數(shù)相同時，甲運動員贏得比賽的概率與比賽一開始甲運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，當時，令，則在時恒成立，所以在上單調(diào)遞增，可得，即可得，所以，由（1）知當時，，此時當時，函數(shù)沒有零點，不合題意，故舍去；當時，因為，所以，設，所以．當時，，即恒成立，所以也即為單調(diào)遞增；當時，設，所以．因為，，所以，所以即單調(diào)遞增．又，，因此在上存在唯一的零點，且．當時，，所以即單調(diào)遞減；當時，，所以即單調(diào)遞增．又，，，因此在上存在唯一的零點，且．當時，，所以單調(diào)遞減；當時，，所以單調(diào)遞增．又，，，所以在上沒有零點，在上存在唯一零點，因此在上有唯一零點．綜上，實數(shù)a的取值范圍是．湖南省名校聯(lián)合體2024屆高三上學期第二次聯(lián)考數(shù)學試題一、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.若復數(shù)（i為虛數(shù)單位），則復數(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)學家歐拉發(fā)現(xiàn)了指數(shù)與對數(shù)的互逆關系：當，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．當時，，當時，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，當時，可以推導出函數(shù)為偶函數(shù)，而函數(shù)為偶函數(shù)不能推導出，所以“”是“為偶函數(shù)”的充分不必要條件.故選：A.6.在“最強大腦”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x為正整數(shù)時，，所以，所以，代入，得，所以（且），又當時，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．設兩圓切點，則點的坐標適合方程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.設拋物線的焦點為F，準線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交準線l于點N.則下列結(jié)論正確的是（）A.點P坐標為 B.直線FA，F(xiàn)B關于x軸對稱C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因為拋物線為，可得準線l：，所以，故A正確；由已知，設，Bx2,y2，直線AB由得，∴，解得或，∴，，所以，所以直線FA，F(xiàn)B關于x軸對稱，故B正確；設，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，m是與交點橫坐標，由于與互為反函數(shù)，其圖象關于直線對稱，圖象也關于對稱，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，則當且僅當時，r取得最小值為2，由矩形邊長可知，即當且僅當為中點時，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??；（2）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的標準方程；（2）設點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的標準方程為．（2）設Px0,y0，，由（1）得當直線PQ的斜率存在時，設直線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為原