湖南师范大学附属中学2024届高三摸底考试数学试题（高二期末）+Word版含解析

这是一份湖南师范大学附属中学2024届高三摸底考试数学试题（高二期末）+Word版含解析，共17页。试卷主要包含了设集合，则等于，函数的图象大致是，已知，则等于等内容，欢迎下载使用。

湖南师大附中2021级高三摸底考试试卷
数 学
命题人：张汝波 苏萍 柳叶 杨章远 审题人：高二备课组
时量：120分钟 满分：150分
得分：__________
第I卷
一､选择题：本题共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.设集合，则等于（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足，其中是虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A.1 B.-1 C. D.
3.函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
4.快递公司计划在某货运枢纽附近投资配建货物分拣中心.假定每月的土地租金成本与分拣中心到货运枢纽的距离成反比，每月的货物运输成本与分拣中心到货运枢纽的距离成正比.经测算，如果在距离货运枢纽处配建分拣中心，则每月的土地租金成本和货物运输成本分别为2万元和8万元.要使得两项成本之和最小，分拣中心和货运枢纽的距离应设置为（ ）
A. B. C. D.
5.八卦是中国古老文化的深奥概念，下图示意太极八卦图.现将一副八卦简化为正八边形，设其边长为，中心为，则下列选项中不正确的是（ ）

A.
B.
C.和是一对相反向量
D.
6.已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
7.已知是公差为3的等差数列，其前项的和为，设甲：的首项为零；乙：是和的等比中项，则（ ）
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
8.已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔.社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017-2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（ ）

A.2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，且2021年增长的最多
B.这6年我国社会物流总费用的分位数为14.9万亿元
C.2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为
D.2022年我国的GDP超过了121万亿元
10.已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且是等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A.是等差数列 B.是等比数列
C.是等差数列 D.是等比数列
11.先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）
A.在上单调递增
B.当时，函数的值域是
C.其图象关于直线对称
D.直线为曲线的切线
12.如图，在棱长为3的正方体中，点是平面内的一个动点，且满足，则下列结论正确的是（ ）

A.
B.点的轨迹是一个半径为的圆
C.直线与平面所成角为
D.三棱锥体积的最大值为
第Ⅱ卷
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.高二年级体锻课时间提供三项体育活动，足球､篮球､乒乓球供学生选择.甲､乙两名学生从这三项运动中随机选一种，且他们的选择情况相互独立互不影响.在甲学生选择足球的前提下，两人的选择不同的概率为__________.
14.正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
15.已知三棱锥中，是等边三角形，则三棱锥的外接球的表面积为__________.
16.在直角中，，平面内动点满足，则的最小值为__________.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知中角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）若的面积是边上的点，且，求.
18.（12分）
已知数列的首项为1，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若为前项的和，求.
19.（12分）
如图，圆台的轴截面为等腰梯形为下底面圆周上异于的点.

（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
20.（12分）
甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；
（2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.
21.（12分）
已知正项数列满足：，且.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和，并确定最小正整数，使得为整数.
22.（12分）
设双曲线的右焦点为，点为坐标原点，过点的直线与的右支相交于两点.
（1）当直线与轴垂直时，，求的离心率；
（2）当的焦距为2时，恒为锐角，求的实轴长的取值范围.
湖南师大附中2021级高三摸底考试试卷
数学参考答案
一､选择题：本题共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.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
B
A
A
C
A
C
D
AD
ACD
BCD
ACD
1.C（原题）
2.B 【解析】设，则根据题意，有，得到，所以的虚部是-1.故选B.
3.A
4.A 【解析】设土地租金成本和运输成本分别为万元和万元，分拣中心和货运枢纽相距，则根据题意易知，，故，当且仅当时取等号.故选A.
5.C 【解析】A项，由于，明显有，故正确；
B项，，B正确；
项，和方向相反，但长度不等，因此不是一对相反向量，C错误；
D项，，D正确.故选C.
6.A（原题） 【解析】
.故选A.
7.C 【解析】由是公差为3的等差数列，可知.
若是和的等比中项，则，解得或（舍去，因为此时，可见“”是“是和的等比中项”的充要条件.故选C.
8.D 【解析】函数的定义域为，且，
所以为偶函数，又当时，是增函数，
令，
任取，且，
则，
因为，
所以，
所以，
所以在上是增函数，即在上是增函数，
所以不等式对任意恒成立，
转化为，即，
所以和在上恒成立，
①若在上恒成立，则，解得；
②若在上恒成立，则，解得；
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.AD 【解析】由图表可知，2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长为万亿元，故A正确；
因为，则分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的分位数为16.7万伧元，故B错误；
由图表可知，2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C错误；
由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.故选：AD.
10.ACD（此题为原题，见一轮复习资料6.3等比数列的练习题）
【解析】由是等差数列，可得，
是各项均为正数的等比数列，，可得，
数列是等差数列，因此A正确；
是常数列，为等差数列，因此C正确；
是等比数列，因此D正确；
不是等比数列，因此B不正确.故答案为ACD.
11.BCD 【解析】由题可得，
当时，，故函数在上不单调，故A错误；
当时，，故B正确；
当时，，故函数的图象关于直线对称，故C正确；
因为，所以，
若直线为曲线的切线，则由，可得：或，
当时，，于是，解得，
当时，，于是，此时无解.
综上，直线为曲线的切线.故D正确.
故答案为.
12.ACD 【解析】对于选项，连接四边形为正方形，，

平面平面，
平面，
平面，
同理可证平面，
平面对；
对于选项，设平面，
三棱锥为正三棱锥，
，
平面平面，即，
，解得，
点的轨迹是半径为1的圆，错；
对于选项，平面与平面所成的角为，
且，故，C对；
对于选项，点到直线的距离为，
点到直线的距离的最大值为，
平面三棱锥的高为，
三棱锥体积的最大值为对.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.
14. 【解析】由题可知，，当且仅当时等号成立，所以要使不等式恒成立，即，解得.
15. 【解析】如图，

取的中点，连接，设的外心为，
为等腰直角三角形，是等边三角形，，，在中，，
在中，由，可得，
为外接球的球心，该三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
16. 【解析】由题可知点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
，
，
，又向量是长度为的一个向量，
由此可得，点在圆上运动，当与共线反向时，取最小值，且这个最小值为一，故的最小值为.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.【解析】（1），由正弦定理得：
，
，
.
（2）方法一：由已知：，得.

，
.
方法二：由已知：，得.
由余弦定理.
.
设，
在中，；
在中，；
由，解得.
.
18.【解析】（1）因为，
用替换上式的，得.
两式作差，即得，整理后有.
在原式中令，得，故对任意都成立.
而的首项为1，故，所以是公比为2的等比数列.
因此的通项公式是.
（2）由（1）得，
故.
所以.
又，
作差得

.
19.【解析】（1）取中点，作直线即为所求.
取中点，连接，则有，
如图，在等腰梯形中，，所以，

则四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）过点作于，
在等腰梯形中，，所以该梯形的高，
所以等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
所以点与重合，
以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则
，

设平面的法向量为，
所以
取，则.
同理可得平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
20.【解析】（1）用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种，所以
.
（2）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得的所有可能取值为，则
，

，.
所以的分布列为

2
4
5




所以的期望
，
因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，
所以，
故的最大值为.
21.【解析】（1）因为，且，
，即，
，又，
是首项为，公比为2的等比数列，
.
（2）因为，



若为整数，因为，即.

.
能被27整除，
.
所以时，能被27整除，的最小值是9.
22【解析】（1）当直线与轴垂直时，由对称性知是等腰直角三角形，
于是，即，
解得离心率.
（2）若的焦距为2，则，即.
由于直线的斜率不为零，可设其方程为.
结合，联立
得.
设.由韦达定理，

由于两点均在的右支上，
故，即.



.
由恒为锐角，得，均有，
即恒成立.
由于，因此不等号左边是关于的增函数，
所以只需时，成立即可.
解得，结合，
可知的取值范围是.