湖南省邵陽市2024屆高三上學期1月第一次聯(lián)考（一模）數(shù)學試題

湖南省邵陽市2024屆高三上學期1月第一次聯(lián)考（一模）數(shù)學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、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．已知集合A={x∣x=3n+1，n∈N}，A．1 B．2 C．3 D．42．若i(1+z)=1（i為虛數(shù)單位），則z+zA．-2 B．-1 C．1 D．23．命題“?x∈R，A．?x∈R，x2C．?x∈R，x24．若拋物線y2=2px(p>0)上一點M(3A．34 B．43 C．235．城步苗族自治縣“六月六山歌節(jié)”是湖南省四大節(jié)慶品牌之一，至今已舉辦25屆.假設在即將舉辦的第26屆“六月六山歌節(jié)”中，組委會要在原定排好的10個“本土歌舞”節(jié)目中增加2個“歌王對唱”節(jié)目.若保持原來10個節(jié)目的相對順序不變，則不同的排法種數(shù)為（）A．110 B．144 C．132 D．1566．已知向量a=(t，2)，b=(2，?1).若A．52 B．?52 C．37．在某次美術專業(yè)測試中，若甲?乙?丙三人獲得優(yōu)秀等級的概率分別是0.A．1529 B．78 C．588．已知a=10lg4，A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．b>c>a D．c>b>a二、多選題（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．已知平面直角坐標系中，M(?2，0)，N(2，0)，動點P(x，y)滿足|PM|=2|PN|，點A．曲線C的方程為(x?6)2C．曲線C的方程為(x+6)210．下列命題中，說法正確的有（）A．設隨機變量X～B(10，1B．成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關程度越強，樣本相關系數(shù)r越接近于1C．決定系數(shù)R2D．基于小概率值α的檢驗規(guī)則是：當χ2?xα時，我們就推斷H0不成立，即認為X和Y不獨立，該推斷犯錯誤的概率不超過α；當χ2<11．已知函數(shù)f(x)與其導函數(shù)g(x)的定義域均為R，且f(x)?x與g(1?2x)均為偶函數(shù)，則下列說法一定正確的有（）A．f(x)關于x=1對稱 B．f(x)x關于點(0C．g(x+2)+g(x)=2 D．f(0)=112．如圖所示，四邊形ABCD是長方形，AB=3，BC=4，半圓面APD⊥平面ABCD.點P為半圓弧AD上一動點（點P不與點A．三棱錐P?ABD的四個面都是直角三角形B．三棱錐P?ABD體積的最大值為4C．異面直線PA與BC的距離的取值范圍為[4D．當直線PB與平面ABCD所成角最大時，平面PAB截四棱錐P?ABCD外接球的截面面積為15π三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13．已知數(shù)列{an}的首項為1，an14．已知(1+x)8=15．已知3sinφ?3cosφ=2sinα，16．已知橢圓和雙曲線有相同的焦點F1，F(xiàn)2，它們的離心率分別為e1，e2，點P為它們的一個交點，且四、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．甲?乙?丙三名同學準備參加本校知識競賽，規(guī)定比賽成績達到90分以上（含90分）獲優(yōu)秀等級.為預測他們的知識競賽情況，收集了甲?乙?丙三人在學校的以往知識競賽成績，整理得到如下數(shù)據(jù)（單位：分）：甲：86，乙：88，丙：96，假設用頻率估計概率，且甲?乙?丙的知識競賽成績相互獨立.（1）估計甲在本次知識競賽中未獲優(yōu)秀等級的概率；（2）設X表示甲?乙?丙三人在本次知識競賽中獲得優(yōu)秀等級的總人數(shù)，估計X的數(shù)學期望EX.18．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，（1）求證：tanB=3tanA；（2）延長BC至點D，使得|DA|=|DB|.當∠DAC最大時，求tanD的值.19．如圖所示，圓臺的上?下底面圓半徑分別為4cm和6cm，（1）求證：A1（2）截面ABB1A1與下底面所成的夾角大小為60°，且截面截得圓臺上底面圓的劣弧20．已知遞增的等差數(shù)列{an}(n∈（1）求數(shù)列{a（2）記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn=S21．已知橢圓C：x2（1）求橢圓C的標準方程；（2）如圖所示，點A是橢圓C的右頂點，過點(6，0)的直線l與橢圓C交于不同的兩點E，F(xiàn)，且都在x軸的上方，點P的坐標為22．已知函數(shù)f(x)=3lnx+ax（1）討論函數(shù)f(x)的單調性；（2）當a=12時，方程f(x)=0有三個不相等的實數(shù)根，分別記為①求b的取值范圍；②證明|x

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因為集合A={x∣x=3n+1，n∈N}，B={4，5，6，7}，故答案為：B.

【分析】利用已知條件結合元素與集合的關系和交集的運算法則，進而得出集合A∩B的元素個數(shù).2．【答案】A【解析】【解答】解：因為i(1+z)=1，所以，z=1i-1=ii2-1=-1-i故答案為：A.

【分析】利用已知條件結合復數(shù)的混合運算法則得出復數(shù)z，再結合復數(shù)與共軛復數(shù)的關系，進而得出復數(shù)z共軛復數(shù)，再利用復數(shù)加法運算法則得出復數(shù)z+z3．【答案】B【解析】【解答】解：命題“?x∈R，x2故答案為：B.

【分析】利用已知條件結合全稱命題與特稱命題互為否定的關系，進而得出命題的否定.4．【答案】C【解析】【解答】解：因為拋物線y2=2px(p>0)上一點M(3，m)到焦點的距離是5p，

故答案為：C.

【分析】利用已知條件結合拋物線的定義，進而得出p的值.5．【答案】C【解析】【解答】解：添加節(jié)目后，共有12個節(jié)目，因為保持原來10個節(jié)目的相對順序不變，

則只需排好2個“歌王對唱”節(jié)目即可，所以，不同的排法種數(shù)為A12故答案為：C.

【分析】利用已知條件結合排列數(shù)公式和插空法，進而得出不同的排法種數(shù).6．【答案】D【解析】【解答】解：已知向量a=(t，2)，b=(2，?1)，因為a與b的夾角的余弦值為?255，

設a與b的夾角為θ故答案為：D.

【分析】利用已知條件結合數(shù)量積求向量夾角公式，進而得出滿足要求的實數(shù)t的值.7．【答案】A【解析】【解答】解：設甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級分別為事件A，B，C，三人中恰有兩人沒達優(yōu)秀等級為事件D，

因為PA=0.6,PB=0.7,PC=0.5,則PD=PA-B-C+PAB故答案為：A.【分析】利用已知條件結合對立事件、互斥事件求概率公式得出PD8．【答案】D【解析】【解答】解：已知a=10兩邊取對數(shù)得：lga=lg4?lg10，令f(x)=lgx?lg(14?x)，則f'令g(x)=x?lgx，則g'可知g(x)在(1，因為4≤x≤6，則8≤14?x≤10，可知14?x>x恒成立，則g(14?x)>g(x)，即g(14?x)?g(x)>0，可得f'則f(x)=lgx?lg(14?x)在[4，6]上單調遞增，可得可得lg4?lg10<lg5?lg9<lg6?lg8，即lga<lgb<lgc，又因為y=lgx在(0，+∞)上單調遞增，所以故答案為：D.【分析】根據(jù)題意可得lga=lg4?lg10，lgb=lg5?lg9，lgc=lg6?lg8，構建函數(shù)f(x)=lgx?lg(14?x)，對f(x)求導，再構造函數(shù)g(x)=x?lgx，利用導數(shù)分析可知9．【答案】A,B【解析】【解答】解：由已知可得，PM=x+22+y2,PN=x-22+y2，

因為|PM|=2|PN|，所以x+22+故答案為：AB.

【分析】利用已知條件結合兩點距離公式得出曲線C的方程，從而判斷出選項A和選項C；再利用點到直線的距離公式和幾何法，進而得出圓上的點到直線l：x+y+6=0的最小距離，從而判斷出選項B和選項D，進而找出正確的選項.10．【答案】C,D【解析】【解答】解：對于A，因為隨機變量X～B(10，12)，則D(X)=10×12×1-12=52，所以A錯；

對于B，因為相關系數(shù)r的絕對值越接近1，則成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關程度越強，所以B錯；

對于C，因為決定系數(shù)為R2=1-i=1nyi-y?2i=1nyi-y-2故答案為：CD.【分析】利用已知條件結合二項分布求方差公式、相關系數(shù)與樣本數(shù)據(jù)線性相關的程度之間的關系、決定系數(shù)與殘差平方和以及模型擬合效果的關系、獨立性檢驗的思想，進而找出正確的命題.11．【答案】B,C【解析】【解答】解：對于A，因為g(1-2x)為偶函數(shù)，則g(1-2x)=g(1+2x)，所以，函數(shù)g(x)關于x=1對稱，

若f(x)關于x=1對稱，則導函數(shù)g(x)關于點（1，0）對稱，這與g(x)關于x=1對稱矛盾，所以A錯；

對于B，因為f(x)?x為偶函數(shù)，所以f(x)?x=f(-x)+x,即f(x)-f(-x)=2x,

所以，f(x)x-f(-x)x=f(x)x+f(-x)-x=2，所以B對；

對于C，因為f(x)?x為偶函數(shù)，所以f'x-x'=g(x)-1為奇函數(shù)，

所以函數(shù)g(x)-1關于（0，0）對稱，函數(shù)g(x)關于（0，1）對稱，

所以函數(shù)g(-x)+g(x)=2，又因為g(x)關于x=1對稱，所以g(1+(x+1))=g(1-(x+1))，12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對于A，因為AD是圓上的直徑，所以?PAD為直角三角形，AP由已知四邊形ABCD是長方形，所以?BAD為直角三角形，且AB⊥AD，則AB2+AD2=BD2，

因為半圓面APD⊥平面ABCD，半圓面APD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，

所以，AB⊥平面APD，又因為AP,DP?平面APD，所以AB⊥AP，AB⊥DP，

所以，三角形?BAP為直角三角形，PB2=AB2+AP2，

則PB2+PD2=AB2+AP2+PD2=AB2+AD2=BD2，所以，三角形?BPD為直角三角形，

所以，三棱錐P?ABD的四個面都是直角三角形，所以A對；

對于B，由選項A可知，AB⊥平面APD，設?APD底邊AD邊上的高為h，

則VP-ABD=13×AB×12×AD×h=16×AB×AD×h,顯然，當h最大時，體積最大，

當點P為半圓弧AD上的中點時，h最大值為12AD，所以，三棱錐P?ABD體積最大值為：

VP-ABDmax=16×AB×AD×12AD=112×3×4×4=4，所以B對；

對于C，由選項A可知AB⊥AP,又因為BC⊥AB，所以，線段AB為異面直線AP與BC的公垂線段，

所以，異面直線AP與BC的距離為AB=3，所以C錯；

對于D，過點P作PF⊥AD于點F，

因為半圓面APD⊥平面ABCD，半圓面APD∩平面ABCD=AD，PF?平面ABCD，

所以，

【分析】根據(jù)已知條件可知?PAD,?BAD為直角三角形，根據(jù)面面垂直以及線面垂直的性質定理可推得?BAP為直角三角形，根據(jù)邊長關系推得PB2+PD2=BD2，即可得三角形?BPD為直角三角形，進而判斷出選項A；設?APD底邊AD邊上的高為h，由已知可推得

VP-ABD=16×AB×AD×h,根據(jù)已知得出h的最大值，即可求出體積的最大值，進而判斷出選項B；根據(jù)已知得出異面直線PA和BC的公垂線段，即可得出異面直線PA與BC的距離，進而判斷出選項C；過點P作PF⊥AD于點F，根據(jù)面面垂直的性質推得∠PBF為直線PB與平面ABCD所成的角，設AF=x，根據(jù)已知條件結合三角形的性質得出相關線段的長度，表示出sin2∠PBF=4x-x13．【答案】81【解析】【解答】解：因為數(shù)列滿足anan+1=3則an+1an+2所以數(shù)列{an}同理，各個偶數(shù)項a2,a4,故答案為：81.【分析】由數(shù)列滿足anan+1=3n(n∈N*14．【答案】129【解析】【解答】解：由(1+x)8=a0+a1x+a2x2+?+a8x8，

令x=1，可得a0+a1+a2+?+a8=28，即

(a0+a2+a4+a6+a8)+(a1+a3+a5+a7)=28，

令x=-1，可得a0-a1+a2-a3+?+a8=0，即

(a故答案為：129.

【分析】分別令x=1和x=-1，聯(lián)立方程組求得a0+a2+a4+a6+a8=27=128，再令x=0，求得a0=1，即可求得2a0+a2+a4+a6+a8的值.15．【答案】0【解析】【解答】解：已知3sinφ?3cosφ=2sinα，，

所以，3sinφ?3cosφ2=4sin2α，

3sin2φ?6sinφcosφ+3cos2φ=4sin故答案為：0.【分析】利用已知條件結合完全平方公式和平方關系以及二倍角的正弦公式，再結合平方差公式和代入法，進而得出4cos16．【答案】5+5【解析】【解答】解：如圖所示：

設橢圓的標準方程為x2a12+y2b12=1a1>b1>0，雙曲線標準方程為x2a22-y2b22=1a2>0，b2>0，

不妨設點P為第一象限的交點，由題意可知：故答案為：5+5【分析】設出橢圓和雙曲線方程，再結合橢圓和雙曲線的定義和余弦定理以及橢圓、雙曲線的離心率公式，進而得出4=52e1217．【答案】（1）解：甲在以往參加的10次知識競賽中有4次成績獲得優(yōu)秀等級.記事件A為“甲在本次知識競賽中獲得優(yōu)秀等級”，則P(A)=4所以甲在本次知識競賽中未獲優(yōu)秀等級的概率為1?P(A)=（2）解：X的所有可能取值為0，記事件B為“乙在本次知識競賽中獲得優(yōu)勝等級”，事件C為“丙在本次知識競賽中獲得優(yōu)勝等級”，則P(B)=36=則P=(1?=P==P==P(X=3)=P(A)P(B)P(C)=∴EX=0×3【解析】【分析】（1）利用已知條件結合古典概型求概率公式，進而估計出甲在本次知識競賽中未獲優(yōu)秀等級的概率。

（2）利用已知條件得出隨機變量X的取值，再結合古典概型求概率公式得出事件B，C的概率，再由事件A的概率和對立事件、獨立事件、互斥事件求概率公式，進而得出隨機變量X的分布列，再利用隨機變量的分布列求數(shù)學期望公式，進而得出隨機變量X的數(shù)學期望。18．【答案】（1）證明：∵m∴(c+b)(c?b)+(2a?b)(2∵b∴c即c=4acosB.再由正弦定理得：sinC=4sinAcosB（顯然B為銳角），結合sinC=sin(A+B)，得：sinAcosB+cosAsinB=4sinAcosB.即cosAsinB=3sinAcosB（顯然A為銳角）.所以tanB=3tanA（2）解：如圖：設∠BAC=α(0<α<π2)因為AD=BD，所以B=∠BAD=α+∠CAD，∴∠CAD=B?α.故tan∠CAD=tan(B?α)==當且僅當1tanα=3tanα，即此時tanB=3，B=π【解析】【分析】（1）利用已知條件結合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價關系，再利用數(shù)量積的坐標表示，進而得出c2=2b2?2a2，再結合余弦定理得出c=4acosB，再利用正弦定理和三角形中內角和為180°的性質以及兩角和的正弦公式，進而由同角三角函數(shù)基本關系式，進而證出tanB=3tanA；

（2）設∠BAC=α(0<α<19．【答案】（1）證明：∵圓臺可以看做是由平行于圓錐底面的平面去截圓錐而得到，所以圓臺的母線也就是生成這個圓臺的圓錐相應母線的一部分.∴母線AA1與母線∴A，∵圓面O1∥圓面O，且平面ABB1A1∩∴A（2）解：解法一：∵劣弧A1B1的長度為8π3，∴∠A1O則A(6，則AA1=(?2向量為n1?2x+tz=0，?9x+33y=0.底面的一個法向量n2因為截面與下底面所成的夾角大小為60所以cos60即|OO∴BB∵在等腰梯形ABB1A∴等腰梯形ABB1A∴S解法二：如圖，分別取AB，A1B1的中點為C，C1，連結O1過點C1作C1D⊥OC由O1C1∴|CC∴S【解析】【分析】（1）利用圓臺可以看做是由平行于圓錐底面的平面去截圓錐而得到，所以圓臺的母線也就是生成這個圓臺的圓錐相應母線的一部分，所以母線AA1與母線A，A1，B，B1四點共面，再利用面面平行的性質定理，從而證出線性平行，進而證出A1B1∥AB。

（2）利用兩種方法解題。解法一：利用已知條件結合兩三角形相似的性質，進而得出∠AOB的值，再建立空間直角坐標系，設|OO1|=t(t>0)，從而得出點的坐標和向量的坐標，再結合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價關系和數(shù)量積的坐標表示，進而得出平面ABB1A1的一個法向量和底面的一個法向量，再結合截面與下底面所成的夾角大小為60°和數(shù)量積求夾角公式得出t的值，從而得出OO1的長，進而得出20．【答案】（1）解：設an由題意得3a4=21，a∴（2）解：由（1）可得Sn則bn=可得：12T①-②可得：12設Kn=12K③-④可得：12∴【解析】【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項公式和等比中項公式，再結合等差數(shù)列的單調性，進而得出滿足要求的首項和公差的值，進而由等差數(shù)列的通項公式得出數(shù)列{an}的通項公式；

（2）利用等差數(shù)列前n項和公式得出數(shù)列{an}的前n項和Sn，再利用bn=21．【答案】（1）解：依題意得2b=2解得a=2，∴橢圓C的標準方程為x2（2）證明：∵直線l過點(6，0)，與橢圓C：x2∴直線l的斜率存在且不為0，設直線l方程為y=k(x?6)，聯(lián)立方程y=k(x?6)，x2設E(x1，又P(=k?=k?∴k∵k∴∠APE=∠OPF.【解析】【分析】（1）利用已知條件結合橢圓的標準方程確定焦點的位置，再結合短軸長求解方法得出b的值，再結合左頂點到左焦點的距離為1，進而得出a-c的值，再結合橢圓中a，b，c三者的關系式，從而解方程組得出a，c的值，進而得出橢圓C的標準方程；

（2）因