湖南省衡阳市第八中学2024届高三上学期第一次模拟测试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省衡阳市第八中学2024届高三上学期第一次模拟测试数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 若复数为纯虚数，则， 定义在D上的函数，如果满足等内容，欢迎下载使用。

数学试卷
高三备课组
本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟.
一.单项选择题（本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解出集合，利用交集计算即可.
【详解】由可知：，即，故，
所以.
故选：D.
2. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点的（ ）
A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B. 横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变
C. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变
D. 纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数的伸缩变换可以得到答案.
【详解】因为把函数的图象上所有的点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，就能得到函数的图象.
故选：B
3. 已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的条件，向量数量积的定义及运算可得结果.
【详解】因为两个单位向量与的夹角为，且，
所以
，
即，
故选：C.
4. 已知是等比数列的前n项和，，，若关于n的不等式对任意的恒成立，则实数t的最大值为（ ）
A. 12B. 16C. 24D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的前n项和公式列出关于和公比q的方程，解出，q，即可写出与，再将不等式化简，参变分离得对任意的恒成立，可构造函数，利用作差法判断函数的最小值，求得t的最大值，也可利用基本不等式进行求解．
【详解】设等比数列的公比为，则，
解得，∴．∴关于n的不等式，
即，即对任意的恒成立．
解法一 设，则，
当时，，当时，，
当时，，
又，∴当或时，，∴．
故选:C．
解法二 由，当且仅当，即时等号成立，
又，∴当或时，取得最小值24，故．
故选:C．
5. 已知直线的倾斜角满足，则的斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正切函数单调性得到斜率的取值范围.
【详解】函数在上单调递增，
又，，
故的取值范围是.
故选：C
6. 若复数为纯虚数，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算法则以及纯虚数的定义求解.
【详解】因为为纯虚数，
所以解得，
故选：.
7. 已知中，，在线段上取一点，连接，如图①所示．将沿直线折起，使得点到达的位置，此时内部存在一点，使得平面，如图②所示，则的值可能为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】寻找点的临界状态，再利用余弦定理、勾股定理计算，最后判断的取值范围.
【详解】连接．因为平面平面，所以，
．在Rt中，，
所以．
所以在Rt中，．
因为在中，，所以是直角三角形，
且．
因为，所以点在以点为圆心，为半径的圆上．
作于点，因为点到直线的距离，且，
所以圆与线段交于两点，记为和，记圆与线段的交点为，如图所示．
在中，由余弦定理得，代入数据，解得；
同理，在中，．因为，所以点在线段上．
因为点在内部，所以点在弧上（不含点和）．
设，当点在点时，．
在Rt中，，即，解得．
当点在点时，．在Rt中，，
即，则．
在中，，
由余弦定理得，
代入数据，解得．
因为随着的增大，点靠近点，线段的长增大，点靠近点，
所以的取值范围为．结合选项可知，的值可能是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面垂直的性质，再找到点的临界位置，再利用余弦定理求出其对应状态下的值，则得到其范围.
8. 若函数在上单调递增，则a和b的可能取值为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】二次求导得到在上单调递增，要想在上单调递增，只需，A选项，构造，，求导得到单调性，求出，得到；B选项，；C选项，令，，求导得到其单调性，求出；D选项，构造，，求导得到单调性，得到，从而求出.
【详解】，且，且，
，
令，则恒成立，
故在上单调递增，
要想在上单调递增，只需，
即只需，
A选项，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，即，
故，A错误；
B选项，由于，故，B错误；
C选项，，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
故，即，C错误；
D选项，，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
故，即，
故，D正确.
故选：D
【点睛】比较大小或证明不等式常用的不等式放缩如下：，，，，等，根据不等式特征，选择合适的函数进行求解.
二.多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 定义在D上的函数，如果满足：存在常数，对任意，都有成立，则称是D上的有界函数，下列函数中，是在其定义域上的有界函数的有（ ）
A.
B.
C.
D. （表示不大于x的最大整数）
【答案】AD
【解析】
【分析】根据有界函数的定义，分别讨论各选项中函数的值域，判断是否是有界函数.
【详解】由正弦函数的性质可知，函数值域为，是有界函数，A选项正确；
由指数函数的性质可知，函数值域为，不是有界函数，B选项错误；
，由对勾函数的性质可知，函数值域为，不是有界函数，C选项错误；
函数的值域为，是有界函数，D选项正确.
故选：AD
10. 将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（ ）
A. 事件甲与事件丙互斥事件
B. 事件甲与事件丁是相互独立事件
C. 事件乙包含于事件丙
D. 事件丙与事件丁是对立事件
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，利用列举法得到事件甲，乙，丙，丁，再由事件的关系，以及独立事件的判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，事件甲：第一次掷出的数字是1有：，
事件乙：第二次掷出的数字是2有：，
事件丙：两点数之和为8的所有可能为：，
事件丁：两点数之和为7的所有可能为：，
其中，
对于A中，事件甲与事件丙不能同时发生，所以事件甲与事件丙是互斥事件，所以A正确；
对于B中，由，所以，
所以事件甲与事件丁是相互独立事件，所以B正确；
对于C中，事件乙不包含于事件丙，所以C错误；
对于D中，根据对立事件的定义，可得事件丙与事件丁不对立，所以D错误.
故选：AB.
11. 已知点是抛物线，直线经过点交抛物线于，两点，与准线交于点，且为中点，则下面说法正确的是（ ）
A. B. 直线的斜率是
C. D. 设原点为，则的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】由为中点和抛物线的定义可判断选项A；将直线方程和抛物线方程联立，利用韦达定理可判断选项B；利用弦长公式可判断选项C和选项D.
【详解】
设，，，
由向准线作垂线，垂足为，由向准线作垂线，垂足为，连接,，
由题知，直线的斜率一定存在且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为：，
联立得，
，，，
对于A，为中点，∽，
，，，，
，故A正确；
对于B，，，，
，，，
，，解得，，故B错误；
对于C，，
，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：AC.
12. 已知函数，，且有两个零点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，B.
C. 若，则D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作单位圆，利用面积得到；BC选项，画出，，且与的函数图象，数形结合判断BC选项；D选项，由，推出，不妨设，则，由单调性得到，证明出结论.
【详解】A选项，设，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，
由三角函数定义可知，，
设扇形的面积为，则，即，故，
当时，有不等式，A正确；
B选项，画出，，且与的函数图象，如下：
可以看出，，故，B不正确；
C选项，的最小正周期为，由图象可知，故，C正确；
D选项，由，可知，
所以．
则．
不妨设，则，
由于在上单调递增，故，
则，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：处理函数零点问题思路：（1）利用方程思想，如一次函数，二次函数等，可令函数值为0，直接进行求解；
（2）转化为两函数图象的交点问题来解决；
（3）研究函数单调性，结合零点存在性定理来进行求解.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别令和，联立方程组求得，再令，求得，即可求得的值.
【详解】由，
令，可得，
即
令，可得，
即，
联立方程组，求得，
再令，可得，
所以.
故答案：.
14. 等差数列的前n项和为，已知，且，则公差______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可推得，进而得出答案.
【详解】由可得，，
即，又，
所以，.
故答案为：.
15. 已如圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为______．
【答案】
【解析】
【分析】法1：设直线与直线所成角为，根据求解即可.
法2：设点在圆上的射影为，则为中点，且，则即为与所成角的平面角，求出即可.
法3：以为原点建系，利用向量法求解即可.
【详解】法1：在上的投影向量为，故，
，
设直线与直线所成角为，
则，所以，
即直线与直线所成角的大小为.
法2：如图，，
则即为向量与向量的夹角，
所以，所以为等边三角形，
设点在圆上的射影为，
则为中点，且，
所以即为与所成角的平面角，
，，
在中，
则，
即与所成角为.
法3：因为，
则即为向量与向量的夹角，
所以，所以为等边三角形，
以为原点建系，则，，
故，
即直线与直线所成角的余弦值为，
所以直线与直线所成角的大小为．
16. 如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的渐近线方程为________.

【答案】
【解析】
【分析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，求出直线，的方程，联立两方程解出点的坐标，进而可得点所在双曲线方程，从而求解.
【详解】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系：

设，则，
则有，，，，，，，
设，，
所以，，
又因为，所以，
所以，即，
又因为，
所以直线的方程为：，即，
同理可得直线的方程为：，即，
由，可得，
即，
因为，
，，
即有，得,
所以点所在双曲线方程为：，
所以，，
所以渐近线方程为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：椭圆或双曲线中，要求渐近线，就要求出的值.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列递推式可得当时递推式，和已知等式相减即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项相消法求和，即得答案.
【小问1详解】
由题意得，①
当时，，②
由①-②得，即，
又时，，满足上式，
综上，.
【小问2详解】
由（1）可得，
故，
设数列的前项和为，
所以
.
18. 已知中，角所对的边分别为，，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，点在边上，且平分，求的长度.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，找到边的关系，借助余弦定理计算即可；
（2）结合（1）问，求出，利用，计算出的长度即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得：，
因为，所以，即，
由余弦定理可得，
在中，,
所以.
【小问2详解】
由（1）问可知,，
所以，解得，
设，由平分，所以,
即,
解得：，
故的长度为.
19. 如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．

（1）证明：；
（2）若，，且二面角所成角的正切值是2，试求该几何体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）8
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出的长，进而可求得几何体的体积．
【小问1详解】
是圆的直径，
，
又平面，平面，
，
又，平面，
平面，
又平面，．
【小问2详解】
设，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，．
由（1）可得，平面，
平面的一个法向量是，
设为平面的一个法向量，
由条件得，．
即，
不妨令，则，，
．
又二面角所成角的正切值是2，
．
，
，解得（负值舍去）．
．
该几何体的体积是．

20. 某市在万成年人中随机抽取了名成年市民进行平均每天读书时长调查．根据调查结果绘制市民平均每天读书时长的频率分布直方图（如图），将平均每天读书时长不低于小时的市民称为“阅读爱好者”，并将其中每天读书时长不低于小时的市民称为“读书迷”．

（1）试估算该市“阅读爱好者”的人数，并指出其中“读书迷”约为多少人；
（2）省某机构开展“儒城”活动评选，规则如下：若城市中的成年人平均每天读书时长不低于小时，则认定此城市为“儒城”．若该市被认定为“儒城”，则评选标准应满足什么条件？（精确到）
（3）该市要成立“墨葫芦”读书会，吸纳会员不超过万名．根据调查，如果收取会费，则非阅读爱好者不愿意加入读书会，而阅读爱好者愿意加入读书会．为了调控入会人数，设定会费参数，适当提高会费，这样“阅读爱好者”中非“读书迷”愿意加入的人数会减少，“读书迷”愿意加入的人数会减少．问会费参数至少定为多少时，才能使会员的人数不超过万人？
【答案】（1）万“阅读爱好者”，“读书迷”约有万人
（2）参考标准不能高于小时（分钟）
（3）至少定为时，才能使入会的人员不超过万人
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图的性质直接求解即可；
（2）根据百分位数的定义直接求解即可；
（3）结合对数运算，根据题意列出不等式，然后求解即可.
【小问1详解】
样本中“阅读爱好者”出现频率为，
“阅读爱好者”的人数为（万），
“读书迷”人数为（万），
所以万“阅读爱好者”中，“读书迷”约有万人．
【小问2详解】
由题意知至多有的成年人每天读书时长少于，
即找到分位数，
又，，
所以，可得，
即参考标准不能高于小时（分钟）．
【小问3详解】
“阅读爱好者”中非“读书迷”约有万人，
“读书迷”约有万人，
令，
化简得：，
解得：或，所以，
所以会费参数至少定为时，才能使入会的人员不超过万人．
21. 已知双曲线的左、右焦点为、，虚轴长为，离心率为，过的左焦点作直线交的左支于A、B两点.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若，求的大小；
（3）若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，由此求解出的值，则双曲线方程可知；
（2）根据双曲线的定义求解出，在中利用余弦定理求解出的值，则的大小可知；
（3）当的斜率不存在时，直接分析即可，当的斜率存在时，设出的方程并与双曲线方程联立，得到横坐标的韦达定理形式，根据进行化简计算，从而判断出是否存在.
【小问1详解】
由题意可知：，解得，
所以双曲线的方程为：；
【小问2详解】
因为，所以，且，
所以，
所以的大小为；
【小问3详解】
假设存在满足要求，
当的斜率不存在时，，由解得，
所以，所以不垂直，故不满足要求；
当斜率存在时，因为与双曲线有两个交点，所以，即，
设，，
联立可得，
且，即，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以也不满足要求，
故假设不成立，即不存在直线，使得点在以为直径的圆上.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题第三问的关键在于：将“以为直径的圆过点”转化为“”，从而转化为坐标之间的运算.
22. 已知函数．
（1）判断函数的零点个数；
（2）当时，若对，函数的图象都不在图象的下方，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）可将函数零点问题转化为直线与曲线交点问题，求导，判断函数单调性及值域，数形结合可得交点个数；
（2）构造函数，将问题转化为，必要性先行求得，再利用导数证明当时，对，恒成立即可.
【小问1详解】
由得，设，
则问题转化为求直线与的图象有几个不同的交点．
由，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
的最大值为．
又当时，，当时，，故的图象如图．
由图可知，当时，直线与的图象有两个交点，即有两个零点；
当或时，有一个零点；
当时，没有零点；
【小问2详解】
由已知可得，
即对恒成立．
令，则，
，
由，得，
下面证当时，对，恒成立．
构造递减函数，
则，
令，只需证，．
先证，，即证，
令，，即证，
，单调递增，，得证．
故．
令，，则，
又令，，
则，单调递减，
从而，单调递减，，
所以，得证．所以．