《湖南省長沙市明德中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期入學(xué)考試數(shù)學(xué) Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

明德中學(xué)高三入學(xué)考試試卷（2023學(xué)年上期）數(shù)學(xué)試卷考試時間：120分鐘；總分：150注意事項：1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2.請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題4個選項中只有一個正確答案.1.復(fù)數(shù)（為虛數(shù)單位），則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在象限為（　?。〢.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意可得，利用復(fù)數(shù)的幾何意義可得對應(yīng)的點在第四象限.【詳解】因為復(fù)數(shù)，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點為，所在象限為第四象限，故選：D.2.已知集合，，，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)與對數(shù)函數(shù)的定義域化簡集合，再利用集合的運算即可得解.【詳解】因為，所以，則，所以， 而，所以，.故選：A.3.在中，，點P在CD上，且，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】將代入，利用共線定理推論可得.【詳解】因為，所以，所以，又P，C，D三點共線，所以，得.故選：D.4.已知函數(shù)同時滿足性質(zhì):①;②當(dāng)時,,則函數(shù)可能為()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】①說明為偶函數(shù)，②,說明函數(shù)在上單調(diào)遞減,再逐項分析即可. 【詳解】①說明為偶函數(shù)，②,說明函數(shù)在上單調(diào)遞減.A不滿足②，B不滿足①，C不滿足②,因為在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.對于D,滿足①,當(dāng),單調(diào)遞減,也滿足②.故選：D.5.在平面直角坐標(biāo)系中，點，直線．設(shè)圓半徑為1，圓心在l上．若圓C上存在點M，使，則圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求得圓的方程，再利用求得點M滿足的圓的方程，進(jìn)而利用兩圓有公共點列出關(guān)于a的不等式，解之即可求得a的取值范圍.【詳解】圓心C的橫坐標(biāo)為a，則圓心C的坐標(biāo)為，則圓的方程，設(shè)，由，可得，整理得，則圓與圓有公共點，則，即，解之得.故選：D6.已知數(shù)列滿足，且，數(shù)列滿足，，則的最小值為（）． A.B.5C.D.【答案】D【解析】【分析】利用等差數(shù)列通項公式可求得公差和，采用累加法可求得，再判斷單調(diào)性即可計算作答.【詳解】由數(shù)列滿足，，根據(jù)等差數(shù)列的定義知，數(shù)列是首項為，公差為2的等差數(shù)列，所以，，當(dāng)時，，又滿足，，所以.設(shè)，根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)時，單調(diào)遞增.又，，所以，當(dāng)時，有最小值為.故選：D.7.已知點為雙曲線的漸近線和拋物線的一個公共點，若到拋物線焦點的距離為5，則雙曲線的離心率為（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】 【分析】利用拋物線的定義可求得點的坐標(biāo)，從而求得的值，由此求得雙曲線的離心率.【詳解】結(jié)合雙曲線與拋物線的對稱性，不妨設(shè)點為第一象限內(nèi)的點，則，因為拋物線為，由拋物線的定義可得，解得，所以，可得，即點，因為雙曲線的漸近線方程為，由題意可得，則，所以，則所求雙曲線的離心率為.故選：A.8.已知，若，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知條件算出即可求解.【詳解】因為，所以，因為，所以，所以.故選：C.二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題4個選項中有多項符合要求.9.下列說法中正確的有（）A.隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，，則B.隨機(jī)變量服從，若，，則 C.將一組數(shù)據(jù)的每個數(shù)據(jù)都乘以一個數(shù)，再加上一個數(shù)后，這組數(shù)據(jù)的方差變?yōu)樵瓉淼谋禗.樣本相關(guān)系數(shù)的絕對值越接近于，成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關(guān)程度越強(qiáng)【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對稱性計算可得A正確；根據(jù)二項分布的均值和方差公式計算可得B正確；根據(jù)方差的性質(zhì)可知C錯誤；根據(jù)樣本相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)可得D正確.【詳解】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，因為，，所以，解得，故B正確；對于C，將一組數(shù)據(jù)的每個數(shù)據(jù)都乘以一個數(shù)，再加上一個數(shù)后，這組數(shù)據(jù)的方差變?yōu)樵瓉淼谋?，故C錯誤；對于D，樣本相關(guān)系數(shù)的絕對值越接近于，成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關(guān)程度越強(qiáng)，故D正確.故選：ABD10.已知直線與曲線相交于兩點，與相交于兩點，的橫坐標(biāo)分別為，則（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意，利用導(dǎo)數(shù)分別求得函數(shù)和的單調(diào)性和最大值，作出兩個函數(shù)的圖象，利用圖象結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)，逐項判定，即可求解.【詳解】由函數(shù)，可得，令，可得，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)取得最大值，最大值為，又由函數(shù)，可得，令，可得，當(dāng)當(dāng)時，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)取得最大值，最大值為，作出兩個函數(shù)和的圖象，如圖所示，由，可得，所以A正確；因為且在上單調(diào)遞增，又因為，所以，所以，所以B錯誤；因為且在上單調(diào)遞減，又因為，，所以，所以C正確；由，所以D正確.故選：ACD.【點睛】方法技巧已知函數(shù)零點（方程根）的個數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問題的三種常用方法：1、直接法，直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數(shù)的取值范圍2、分離參數(shù)法，先分離參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；3、數(shù)形結(jié)合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解.結(jié)論拓展：與和相關(guān)的常見同構(gòu)模型①，構(gòu)造函數(shù)（或，構(gòu)造函數(shù)）；②，構(gòu)造函數(shù)（或，構(gòu)造函數(shù)）；③，構(gòu)造函數(shù)（或 ，構(gòu)造函數(shù)）.11.已知函數(shù)，則（）A.B.是周期函數(shù)C.在單調(diào)遞減D.【答案】ACD【解析】【分析】求出，分析得到和的周期性，然后利用導(dǎo)數(shù)法得到在單調(diào)性，最后通過證明得出.【詳解】定義域為，，對于A，，A正確；對于B，由于不是周期函數(shù)，不具備周期性，B錯誤；對于C，令，則，當(dāng)時，，，在單調(diào)遞減，，，在單調(diào)遞減.C正確；對于D，要證，即證.令，即證.當(dāng)時，令，，所以在上單調(diào)遞減，所以，即，當(dāng)時，， 當(dāng)時，，所以，即，.D正確故選：ACD.12.如圖，在正方體中，，分別是的中點，則（）A.四點，，，共面B.∥C.與平面相交D.若，則正方體外接球的表面積為【答案】BCD【解析】【分析】對于A，連接和，可得點，，在平面中，再判斷點是否在平面內(nèi)即可，對于B，利用三角形中位線定理和正方體的性質(zhì)判斷，對于C，利用正方體的性質(zhì)判斷，對于D，由可求出正方體的棱長，從而可求出正方體的外接球的半徑，進(jìn)而可求出正方體外接球的表面積.【詳解】對于選項，連接和，則∥，因為在正方體中，是的中點，所以也是的中點，所以因為是的中點，所以所以點，，在平面中，因為點平面，則四點，，，不共面，即選項不正確； 對于選項，由選項A可知是的中點，因為是的中點，所以∥，又因為∥，所以∥，即選項正確；對于選項，因為∥，所以點，，都在平面，因為平面，平面，所以與平面相交，即與平面相交，所以選項正確；對于選項，因為為的中位線，且，所以正方體的棱長為，設(shè)正方體外接球的半徑為，則，即，則外接球的表面積為，即選項正確；故選：BCD第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中，項的系數(shù)為_________．【答案】【解析】【分析】由二項式展開式的通項公式寫出其通項公式，令確定的值，然后計算項的系數(shù)即可.【詳解】展開式的通項公式，令可得，，則項的系數(shù)為.故答案為：60. 14.已知，，且，則的最小值為__________.【答案】##【解析】【分析】先利用指數(shù)的運算與性質(zhì)得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【詳解】因為，所以，即，則，所以，又，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立.則的最小值為.故答案：.15.已知滿足，則的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】由題意，點的軌跡是圓，然后將問題轉(zhuǎn)化為求圓上的點到直線距離的最小值，進(jìn)而求出結(jié)果.【詳解】由得，整理得，所以點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，表示圓上的點到直線距離的倍，而圓心到直線的距離為，所以直線與圓相離，所以圓上點到直線距離的最小值為，所以的最小值為. 故答案為：.16.如圖，已知球的表面積為，若將該球放入一個圓錐內(nèi)部，使球與圓錐底面和側(cè)面都相切，則圓錐的體積的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為，圓錐的高為，則母線長為，利用圓錐的軸截面得，求出圓錐的體積，令，再利用基本不等式或利用導(dǎo)數(shù)求最值可得答案.【詳解】依題意，得球的半徑，設(shè)圓錐的底面半徑為，圓錐的高為，則母線長為，如圖是圓錐的軸截面，則軸截面的面積，即，平方整理得，則圓錐的體積，令，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取得最小值，此時. [或求導(dǎo)：，所以，當(dāng)即時，單調(diào)遞增，當(dāng)即時，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時最小，且最小值為.]故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.記是內(nèi)角，，的對邊分別為，，.已知，點在邊上，.（1）證明：；（2）若，求.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角關(guān)系有，結(jié)合已知即可證結(jié)論.（2）方法一：兩次應(yīng)用余弦定理，求得邊與的關(guān)系，然后利用余弦定理即可求得的值.【詳解】（1）設(shè)的外接圓半徑為R，由正弦定理，得，因為，所以，即．又因為，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：兩次應(yīng)用余弦定理因為，如圖，在中，，① 在中，．②由①②得，整理得．又因為，所以，解得或，當(dāng)時，（舍去）．當(dāng)時，．所以．[方法二]：等面積法和三角形相似如圖，已知，則，即，而，即，故有，從而．由，即，即，即， 故，即，又，所以，則．[方法三]：正弦定理、余弦定理相結(jié)合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化簡得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)如圖，作，交于點E，則．由，得．在中，．在中． 因為，所以，整理得．又因為，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因為，所以．以向量為基底，有．所以，即，又因為，所以．③由余弦定理得，所以④聯(lián)立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D為坐標(biāo)原點，所在直線為x軸，過點D垂直于的直線為y軸，長為單位長度建立直角坐標(biāo)系，如圖所示，則． 由（1）知，，所以點B在以D為圓心，3為半徑的圓上運動．設(shè)，則．⑤由知，，即．⑥聯(lián)立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整體點評】(2)方法一：兩次應(yīng)用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解題；方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡單的問題，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題常用思路；方法四：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長比例關(guān)系的不錯選擇；方法五：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運算法則可以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；方法六：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更加直觀化.18.在四棱錐中，底面是矩形，分別是棱的中點. （1）證明：平面；（2）若平面，且，，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取中點，連接、，即可證明，從而得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【小問1詳解】如圖，取中點，連接、，根據(jù)題意，因為點為中點，所以且，又因為四邊形為矩形，為的中點，所以且所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面．【小問2詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，， 所以，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則，顯然二面角為銳二面角，設(shè)其平面角為，則，所以二面角的余弦值為.19.已知等差數(shù)列的前n項和為，且，，數(shù)列滿足，．（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）記，若數(shù)列的前n項和為，數(shù)列的前n項和為，探究：是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】（1），（2）是定值，定值為2【解析】【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，列方程組求出和，即可得的通項；由，可得，數(shù)列是等比數(shù)列，求出通項后可得的通項.（2），由錯位相減法求數(shù)列的前n項和，根據(jù)，由等比數(shù)列前n項和公式求數(shù)列的前n項和，代入中化簡即可.【小問1詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為d， 由已知，可得解得∴，又，∴，又，∴數(shù)列是等比數(shù)列，首項為4，公比為4，∴，∴.【小問2詳解】由（1）知，數(shù)列的前n項和為①，∴②；①-②，得，∴，又，則其前n項和為，∴，∴為定值2．20.已知函數(shù)且曲線在點處的切線方程為．（1）求實數(shù)a，b的值及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若關(guān)于x的不等式恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】（1），，減區(qū)間，增區(qū)間；（2）【解析】【分析】（1）首先將代入得切點為，從而得到，解方程組即可得到 ，再利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間即可.（2）首先將題意轉(zhuǎn)化為恒成立，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)求出設(shè)的最小值即可.【詳解】（1）代入得：，所以切點為.，所以.所以.，令，解得，（舍去）.所以，，為減函數(shù)，，，為增函數(shù).（2）因為恒成立，即恒成立，化簡為：恒成立.設(shè)，即即可.，因為在為增函數(shù)，且，所以，，為減函數(shù)，，，為增函數(shù).，即.21.已知分別為橢圓的左，右頂點，為其右焦點， ，且點在橢圓上．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若過的直線與橢圓交于兩點，且與以為直徑的圓交于兩點，證明：為定值．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由以及即可求解的值，（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，由弦長公式以及點到直線的距離公式即可化簡求解.【小問1詳解】由，可得，解得，又因為，所以，因為點在橢圓上，所以，解得，，，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．【小問2詳解】證明：當(dāng)與軸重合時，，所以當(dāng)不與軸重合時，設(shè)，直線的方程為，由整理得，則，故 圓心到直線的距離為，則，所以，即為定值．22.為了避免就餐聚集和減少排隊時間，某校開學(xué)后，食堂從開學(xué)第一天起，每餐只推出即點即取的米飯?zhí)撞秃兔媸程撞停阎惩瑢W(xué)每天中午會在食堂提供的兩種套餐中選擇，已知他第一天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿?，而前一天選擇了米飯?zhí)撞秃笠惶炖^續(xù)選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿椋耙惶爝x擇面食套餐后一天繼續(xù)選擇面食套餐的概率為，如此往復(fù)．（1）求該同學(xué)第二天中午選擇米飯?zhí)撞偷母怕?；?）記該同學(xué)第天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿椋╥）證明：為等比數(shù)列；（ii）證明：當(dāng)時，．【答案】（1）；（2）（i）證明見解析；（ii）證明見解析.【解析】【分析】（1）設(shè)“第天選擇米飯?zhí)撞汀?，“第天選擇米飯?zhí)撞汀保暗谔觳贿x擇米飯?zhí)撞汀保扇怕使接?，計算可得；?）（i）設(shè)“第天選擇米飯?zhí)撞汀?，則，依照（1）可得與的關(guān)系，然后根據(jù)等比數(shù)列定義證明；（ii）求出通項公式，然后分類討論證明結(jié)論．【詳解】解：（1）設(shè)“第天選擇米飯?zhí)撞汀保暗谔爝x擇米飯?zhí)撞汀?，則“第天不選擇米飯?zhí)撞汀保?根據(jù)題意，，，．由全概率公式，得．（2）（i）設(shè)“第天選擇米飯?zhí)撞汀?，則，，根據(jù)題意，．由全概率公式，得．因此．因為，所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列．（ii）由（i）可得．當(dāng)為大于的奇數(shù)時，．當(dāng)為正偶數(shù)時，．因此當(dāng)時，．