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湖南省瀏陽(yáng)二中、五中、六中三校2024屆高三一診考試數(shù)學(xué)試卷注意事項(xiàng)1.考試結(jié)束后,請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑;如需改動(dòng),請(qǐng)用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無(wú)效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號(hào)等須加黑、加粗.一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.若函數(shù)在時(shí)取得極值,則()A. B. C. D.2.祖暅原理:“冪勢(shì)既同,則積不容異”.意思是說(shuō):兩個(gè)同高的幾何體,如在等高處的截面積恒相等,則體積相等.設(shè)、為兩個(gè)同高的幾何體,、的體積不相等,、在等高處的截面積不恒相等.根據(jù)祖暅原理可知,是的()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3.為比較甲、乙兩名高中學(xué)生的數(shù)學(xué)素養(yǎng),對(duì)課程標(biāo)準(zhǔn)中規(guī)定的數(shù)學(xué)六大素養(yǎng)進(jìn)行指標(biāo)測(cè)驗(yàn)(指標(biāo)值滿分為100分,分值高者為優(yōu)),根據(jù)測(cè)驗(yàn)情況繪制了如圖所示的六大素養(yǎng)指標(biāo)雷達(dá)圖,則下面敘述不正確的是()A.甲的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)優(yōu)于乙 B.乙的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)優(yōu)于數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)C.甲的六大素養(yǎng)整體水平優(yōu)于乙 D.甲的六大素養(yǎng)中數(shù)學(xué)運(yùn)算最強(qiáng)4.設(shè),則“”是“”的()A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件5.若均為任意實(shí)數(shù),且,則的最小值為()A. B. C. D.6.第24屆冬奧會(huì)將于2022年2月4日至2月20日在北京市和張家口市舉行,為了解奧運(yùn)會(huì)會(huì)旗中五環(huán)所占面積與單獨(dú)五個(gè)環(huán)面積之和的比值P,某學(xué)生做如圖所示的模擬實(shí)驗(yàn):通過(guò)計(jì)算機(jī)模擬在長(zhǎng)為10,寬為6的長(zhǎng)方形奧運(yùn)會(huì)旗內(nèi)隨機(jī)取N個(gè)點(diǎn),經(jīng)統(tǒng)計(jì)落入五環(huán)內(nèi)部及其邊界上的點(diǎn)數(shù)為n個(gè),已知圓環(huán)半徑為1,則比值P的近似值為()A. B. C. D.7.在中,D為的中點(diǎn),E為上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn),且,相交于點(diǎn)P,則()A. B.C. D.8.已知雙曲線,點(diǎn)是直線上任意一點(diǎn),若圓與雙曲線的右支沒有公共點(diǎn),則雙曲線的離心率取值范圍是().A. B. C. D.9.函數(shù)的圖象大致為()A. B.C. D.10.某大學(xué)計(jì)算機(jī)學(xué)院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲從人工智能領(lǐng)域的語(yǔ)音識(shí)別、人臉識(shí)別,數(shù)據(jù)分析、機(jī)器學(xué)習(xí)、服務(wù)器開發(fā)五個(gè)方向展開研究,且每個(gè)方向均有研究生學(xué)習(xí),其中劉澤同學(xué)學(xué)習(xí)人臉識(shí)別,則這6名研究生不同的分配方向共有()A.480種 B.360種 C.240種 D.120種11.二項(xiàng)式的展開式中只有第六項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大,則展開式中的常數(shù)項(xiàng)是()A.180 B.90 C.45 D.36012.等比數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù),且,則()A.12 B.10 C.8 D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知,如果函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)的取值范圍是____________14.圓關(guān)于直線的對(duì)稱圓的方程為_____.15.已知均為非負(fù)實(shí)數(shù),且,則的取值范圍為______.16.已知是第二象限角,且,,則____.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17.(12分)如圖,三棱柱中,平面,,,分別為,的中點(diǎn).(1)求證:平面;(2)若平面平面,求直線與平面所成角的正弦值.18.(12分)在平面直角坐標(biāo)系中,已知橢圓的左頂點(diǎn)為,右焦點(diǎn)為,為橢圓上兩點(diǎn),圓.(1)若軸,且滿足直線與圓相切,求圓的方程;(2)若圓的半徑為,點(diǎn)滿足,求直線被圓截得弦長(zhǎng)的最大值.19.(12分)已知函數(shù),函數(shù),其中,是的一個(gè)極值點(diǎn),且.(1)討論的單調(diào)性(2)求實(shí)數(shù)和a的值(3)證明20.(12分)從拋物線C:()外一點(diǎn)作該拋物線的兩條切線PA、PB(切點(diǎn)分別為A、B),分別與x軸相交于C、D,若AB與y軸相交于點(diǎn)Q,點(diǎn)在拋物線C上,且(F為拋物線的焦點(diǎn)).(1)求拋物線C的方程;(2)①求證:四邊形是平行四邊形.②四邊形能否為矩形?若能,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不能,請(qǐng)說(shuō)明理由.21.(12分)在平面直角坐標(biāo)系中,直線的參數(shù)方程為(為參數(shù)),曲線的極坐標(biāo)方程為.(Ⅰ)求直線的普通方程及曲線的直角坐標(biāo)方程;(Ⅱ)設(shè)點(diǎn),直線與曲線相交于,,求的值.22.(10分)已知函數(shù).(1)當(dāng)時(shí),試求曲線在點(diǎn)處的切線;(2)試討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、D【解析】
對(duì)函數(shù)求導(dǎo),根據(jù)函數(shù)在時(shí)取得極值,得到,即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?,所以,又函?shù)在時(shí)取得極值,所以,解得.故選D【點(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,根據(jù)函數(shù)的極值求參數(shù)的問(wèn)題,屬于??碱}型.2、A【解析】
由題意分別判斷命題的充分性與必要性,可得答案.【詳解】解:由題意,若、的體積不相等,則、在等高處的截面積不恒相等,充分性成立;反之,、在等高處的截面積不恒相等,但、的體積可能相等,例如是一個(gè)正放的正四面體,一個(gè)倒放的正四面體,必要性不成立,所以是的充分不必要條件,故選:A.【點(diǎn)睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判定,意在考查學(xué)生的邏輯推理能力.3、D【解析】
根據(jù)所給的雷達(dá)圖逐個(gè)選項(xiàng)分析即可.【詳解】對(duì)于A,甲的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)為100分,乙的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)為80分,故甲的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)優(yōu)于乙,故A正確;對(duì)于B,乙的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)為80分,數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)為60分,故乙的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)優(yōu)于數(shù)學(xué)建模素養(yǎng),故B正確;對(duì)于C,甲的六大素養(yǎng)整體水平平均得分為,乙的六大素養(yǎng)整體水平均得分為,故C正確;對(duì)于D,甲的六大素養(yǎng)中數(shù)學(xué)運(yùn)算為80分,不是最強(qiáng)的,故D錯(cuò)誤;故選:D【點(diǎn)睛】本題考查了樣本數(shù)據(jù)的特征、平均數(shù)的計(jì)算,考查了學(xué)生的數(shù)據(jù)處理能力,屬于基礎(chǔ)題.4、C【解析】
根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算進(jìn)行判斷即可.【詳解】∵a,b∈(1,+∞),∴a>b?logab<1,logab<1?a>b,∴a>b是logab<1的充分必要條件,故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,根據(jù)不等式的解法是解決本題的關(guān)鍵.5、D【解析】
該題可以看做是圓上的動(dòng)點(diǎn)到曲線上的動(dòng)點(diǎn)的距離的平方的最小值問(wèn)題,可以轉(zhuǎn)化為圓心到曲線上的動(dòng)點(diǎn)的距離減去半徑的平方的最值問(wèn)題,結(jié)合圖形,可以斷定那個(gè)點(diǎn)應(yīng)該滿足與圓心的連線與曲線在該點(diǎn)的切線垂直的問(wèn)題來(lái)解決,從而求得切點(diǎn)坐標(biāo),即滿足條件的點(diǎn),代入求得結(jié)果.【詳解】由題意可得,其結(jié)果應(yīng)為曲線上的點(diǎn)與以為圓心,以為半徑的圓上的點(diǎn)的距離的平方的最小值,可以求曲線上的點(diǎn)與圓心的距離的最小值,在曲線上取一點(diǎn),曲線有在點(diǎn)M處的切線的斜率為,從而有,即,整理得,解得,所以點(diǎn)滿足條件,其到圓心的距離為,故其結(jié)果為,故選D.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)在一點(diǎn)處切線斜率的應(yīng)用,考查圓的程,兩條直線垂直的斜率關(guān)系,屬中檔題.6、B【解析】
根據(jù)比例關(guān)系求得會(huì)旗中五環(huán)所占面積,再計(jì)算比值.【詳解】設(shè)會(huì)旗中五環(huán)所占面積為,由于,所以,故可得.故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查面積型幾何概型的問(wèn)題求解,屬基礎(chǔ)題.7、B【解析】
設(shè),則,,由B,P,D三點(diǎn)共線,C,P,E三點(diǎn)共線,可知,,解得即可得出結(jié)果.【詳解】設(shè),則,,因?yàn)锽,P,D三點(diǎn)共線,C,P,E三點(diǎn)共線,所以,,所以,.故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用,屬于基礎(chǔ)題.8、B【解析】
先求出雙曲線的漸近線方程,可得則直線與直線的距離,根據(jù)圓與雙曲線的右支沒有公共點(diǎn),可得,解得即可.【詳解】由題意,雙曲線的一條漸近線方程為,即,∵是直線上任意一點(diǎn),則直線與直線的距離,∵圓與雙曲線的右支沒有公共點(diǎn),則,∴,即,又故的取值范圍為,故選:B.【點(diǎn)睛】本題主要考查了直線和雙曲線的位置關(guān)系,以及兩平行線間的距離公式,其中解答中根據(jù)圓與雙曲線的右支沒有公共點(diǎn)得出是解答的關(guān)鍵,著重考查了推理與運(yùn)算能力,屬于基礎(chǔ)題.9、A【解析】
用偶函數(shù)的圖象關(guān)于軸對(duì)稱排除,用排除,用排除.故只能選.【詳解】因?yàn)?所以函數(shù)為偶函數(shù),圖象關(guān)于軸對(duì)稱,故可以排除;因?yàn)?故排除,因?yàn)橛蓤D象知,排除.故選:A【點(diǎn)睛】本題考查了根據(jù)函數(shù)的性質(zhì),辨析函數(shù)的圖像,排除法,屬于中檔題.10、B【解析】
將人臉識(shí)別方向的人數(shù)分成:有人、有人兩種情況進(jìn)行分類討論,結(jié)合捆綁計(jì)算出不同的分配方法數(shù).【詳解】當(dāng)人臉識(shí)別方向有2人時(shí),有種,當(dāng)人臉識(shí)別方向有1人時(shí),有種,∴共有360種.故選:B【點(diǎn)睛】本小題主要考查簡(jiǎn)單排列組合問(wèn)題,考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法,屬于基礎(chǔ)題.11、A【解析】試題分析:因?yàn)榈恼归_式中只有第六項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大,所以,,令,則,.考點(diǎn):1.二項(xiàng)式定理;2.組合數(shù)的計(jì)算.12、B【解析】
由等比數(shù)列的性質(zhì)求得,再由對(duì)數(shù)運(yùn)算法則可得結(jié)論.【詳解】∵數(shù)列是等比數(shù)列,∴,,∴.故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查等比數(shù)列的性質(zhì),考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則,掌握等比數(shù)列的性質(zhì)是解題關(guān)鍵.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
首先把零點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程問(wèn)題,等價(jià)于有三個(gè)零點(diǎn),兩側(cè)開方,可得,即有三個(gè)零點(diǎn),再運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合最值即可求出參數(shù)的取值范圍.【詳解】若函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),即零點(diǎn)有,顯然,則有,可得,即有三個(gè)零點(diǎn),不妨令,對(duì)于,函數(shù)單調(diào)遞增,,,所以函數(shù)在區(qū)間上只有一解,對(duì)于函數(shù),,解得,,解得,,解得,所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間上單調(diào)遞增,,當(dāng)時(shí),,當(dāng)時(shí),,此時(shí)函數(shù)若有兩個(gè)零點(diǎn),則有,綜上可知,若函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)的取值范圍是.故答案為:【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)零點(diǎn)的零點(diǎn),恰當(dāng)?shù)拈_方,轉(zhuǎn)化為函數(shù)有零點(diǎn)問(wèn)題,注意恰有三個(gè)零點(diǎn)條件的應(yīng)用,根據(jù)函數(shù)的最值求解參數(shù)的范圍,屬于難題.14、【解析】
求出圓心關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn),即可得解.【詳解】的圓心為,關(guān)于對(duì)稱點(diǎn)設(shè)為,則有:,解得,所以對(duì)稱后的圓心為,故所求圓的方程為.故答案為:【點(diǎn)睛】此題考查求圓關(guān)于直線的對(duì)稱圓方程,關(guān)鍵在于準(zhǔn)確求出圓心關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo).15、【解析】
設(shè),可得的取值范圍,分別利用基本不等式和,把用代換,結(jié)合的取值范圍求關(guān)于的二次函數(shù)的最值即可求解.【詳解】因?yàn)?,令,則,因?yàn)?當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立,所以,,即,令則函數(shù)的對(duì)稱軸為,所以當(dāng)時(shí)函數(shù)有最大值為,即.當(dāng)且,即,或,時(shí)取等號(hào);因?yàn)?當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立,所以,令,則函數(shù)的對(duì)稱軸為,所以當(dāng)時(shí),函數(shù)有最小值為,即,當(dāng),且時(shí)取等號(hào),所以.故答案為:【點(diǎn)睛】本題考查基本不等式與二次函數(shù)求最值相結(jié)合求代數(shù)式的取值范圍;考查運(yùn)算求解能力和知識(shí)的綜合運(yùn)用能力;基本不等式:和的靈活運(yùn)用是求解本題的關(guān)鍵;屬于綜合型、難度大型試題.16、【解析】
由是第二象限角,且,可得,由及兩角和的正切公式可得的值.【詳解】解:由是第二象限角,且,可得,,由,可得,代入,可得,故答案為:.【點(diǎn)睛】本題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及兩角和的正切公式,相對(duì)不難,注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17、(1)詳見解析;(2).【解析】
(1)連接,,則且為的中點(diǎn),又∵為的中點(diǎn),∴,又平面,平面,故平面.(2)由平面,得,.以為原點(diǎn),分別以,,所在直線為軸,軸,軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè),則,,,,,.取平面的一個(gè)法向量為,由,得:,令,得同理可得平面的一個(gè)法向量為∵平面平面,∴解得,得,又,設(shè)直線與平面所成角為,則.所以,直線與平面所成角的正弦值是.18、(1)(2)【解析】試題分析:(1)確定圓的方程,就是確定半徑的值,因?yàn)橹本€與圓相切,所以先確定直線方程,即確定點(diǎn)坐標(biāo):因?yàn)檩S,所以,根據(jù)對(duì)稱性,可取,則直線的方程為,根據(jù)圓心到切線距離等于半徑得(2)根據(jù)垂徑定理,求直線被圓截得弦長(zhǎng)的最大值,就是求圓心到直線的距離的最小值.設(shè)直線的方程為,則圓心到直線的距離,利用得,化簡(jiǎn)得,利用直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組并結(jié)合韋達(dá)定理得,因此,當(dāng)時(shí),取最小值,取最大值為.試題解析:解:(1)因?yàn)闄E圓的方程為,所以,.因?yàn)檩S,所以,而直線與圓相切,根據(jù)對(duì)稱性,可取,則直線的方程為,即.由圓與直線相切,得,所以圓的方程為.(2)易知,圓的方程為.①當(dāng)軸時(shí),,所以,此時(shí)得直線被圓截得的弦長(zhǎng)為.②當(dāng)與軸不垂直時(shí),設(shè)直線的方程為,,首先由,得,即,所以(*).聯(lián)立,消去,得,將代入(*)式,得.由于圓心到直線的距離為,所以直線被圓截得的弦長(zhǎng)為,故當(dāng)時(shí),有最大值為.綜上,因?yàn)?,所以直線被圓截得的弦長(zhǎng)的最大值為.考點(diǎn):直線與圓位置關(guān)系19、(1)在區(qū)間單調(diào)遞增;(2);(3)證明見解析.【解析】
(1)求出,在定義域內(nèi),再次求導(dǎo),可得在區(qū)間上恒成立,從而可得結(jié)論;(2)由,可得,由可得,聯(lián)立解方程組可得結(jié)果;(3)由(1)知在區(qū)間單調(diào)遞增,可證明,取,可得,而,利用裂項(xiàng)相消法,結(jié)合放縮法可得結(jié)果.【詳解】(1)由已知可得函數(shù)的定義域?yàn)椋?,令,則有,由,可得,可知當(dāng)x變化時(shí),的變化情況如下表:1-0+極小值,即,可得在區(qū)間單調(diào)遞增;(2)由已知可得函數(shù)的定義域?yàn)椋?,由已知得,即,①由可得,,②?lián)立①②,消去a,可得,③令,則,由(1)知,,故,在區(qū)間單調(diào)遞增,注意到,所以方程③有唯一解,代入①,可得,;(3)證明:由(1)知在區(qū)間單調(diào)遞增,故當(dāng)時(shí),,,可得在區(qū)間單調(diào)遞增,因此,當(dāng)時(shí),,即,亦即,這時(shí),故可得,取,可得,而,故.【點(diǎn)睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及不等式的證明,屬于難題.不等式證明問(wèn)題是近年高考命題的熱點(diǎn),利用導(dǎo)數(shù)證明不等主要方法有兩個(gè),一是比較簡(jiǎn)單的不等式證明,不等式兩邊作差構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,求出函數(shù)的最值即可;二是較為綜合的不等式證明,要觀察不等式特點(diǎn),結(jié)合已解答的問(wèn)題把要證的不等式變形,并運(yùn)用已證結(jié)論先行放縮,然后再化簡(jiǎn)或者進(jìn)一步利用導(dǎo)數(shù)證明.20、(1);(2)①證明見解析;②能,.【解析】
(1)根據(jù)拋物線的定義,求出,即可求拋物線C的方程;(2)①設(shè),,寫出切線的方程,解方程組求出點(diǎn)的坐標(biāo).設(shè)點(diǎn),直線AB的方程,代入拋物線方程,利用韋達(dá)定理得到點(diǎn)的坐標(biāo),寫出點(diǎn)的坐標(biāo),,可得線段相互平分,即證四邊形是平行四邊形;②若四邊形為矩形,則,求出,即得點(diǎn)Q的坐標(biāo).【詳解】(1)因?yàn)?,所以,即拋物線C的方程是.(2)①證明:由得,.設(shè),,則直線PA的方程為(?。瑒t直線PB的方程為(ⅱ),由(ⅰ)和(ⅱ)解得:,,所以.設(shè)點(diǎn),則直線AB的方程為.由得,則,,所以,所以線段PQ被x軸平分,即被線段CD平分.在①中,令解得,所以,同理得,所以線段CD的中點(diǎn)坐標(biāo)為
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