湖南省长沙市重点中学2024届高三上学期8月第一次质量检测数学试题（word版含解析）

数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、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．
2．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，是非零实数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．某社区为了丰富退休人员的业余文化生活，自2018年以来，始终坚持开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该社区退休人员的年人均借阅量的数据统计：
年份 2018 2019 2020 2021 2022
年份代码 1 2 3 4 5
年人均借阅量（册） 16 22 28
（参考数据：）通过分析散点图的特征后，年人均借阅量关于年份代码的回归分析模型为，则2023年的年人均借阅量约为（ ）
A．31 B．32 C．33 D．34
5．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经过抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于地物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则直线与间的距离最小值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
6．某校4名同学参加数学和物理两项竞赛，每项竞赛至少有1名同学参加，每名同学限报其中一项，则两项竞赛参加人数不相等的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．在矩形中，，，现将沿折起成，折起过程中，当时，四面体体积为（ ）

A．2 B． C． D．
8．在三角形中，，，，在上的投影向量为，则（ ）
A．-12 B．-6 C．12 D．18
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项对合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．已知函数的图象关于点对称，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最大值为2
C．函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为
D．在上单调递减
10．(多选)已知点，是双曲线：的左、右焦点，是双曲线位于第一象限内一点，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．的面积为
B．双曲线的离心率为
C．双曲线的渐近线方程为
D．若双曲线的焦距为，则双曲线的方程为
11．若数列中任意连续三项，，，均满足，则称数列为跳跃数列.则下列结论正确的是（ ）
A．等比数列：1，，，，，…是跳跃数列
B．数列的通项公式为，数列是跳跃数列
C．等差数列不可能是跳跃数列
D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比
12．已知函数的定义域为，函数的图象关于点对称，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象关于轴对称
C．函数是最小正周期为2的周期函数
D．若函数满足，则
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．已知，则 .
14．已知圆：，过动点作圆的切线（为切点），使得，则动点的轨迹方程为 .
15．如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为 .

16．已知是函数的两个不同极值点，若，则实数的值为 .
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.）
17．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知.
(1)求角的值；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值.
18．在直三棱柱中，，，，延长至，使，连接，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
19．已知数列的前项和为，且满足，，数列满足.
(1)证明：是等比数列；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
20．2023年游泳世锦赛于7月14日—30日在日本福冈进行，甲、乙两名10米跳台双人赛的选手，在备战世锦赛时挑战某高难度动作，每轮均挑战3次，每次挑战的结果只有成功和失败两种.
(1)甲在每次挑战中，成功的概率都为.设甲在3次挑战中成功的次数为，求随机变量的分布列和数学期望；
(2)乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，由于教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变，改变规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.15.求乙在第三次成功的概率.
21．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，，椭圆的离心率为，直线过点交椭圆于不同的两点，.
(1)求椭圆的方程：
(2)若三角形的面积为，求直线的方程.
22．证明下面两题：
(1)证明：当时，；
(2)当时，证明函数有2个不同零点.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
1．C
【分析】直接求交集即可.
【详解】，，
则.
故选：C.
2．B
【分析】利用复数的四则运算法则进行计算即可.
【详解】由
可得，
所以，
故选:
3．A
【分析】利用对数函数的单调可知，从而充分性成立，反之也成立，即可判定.
【详解】因为，都是非零实数，由可得，
所以成立，反之也成立.
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：A.
4．C
【分析】首先求，并代入回归直线方程求，最后代入，即可求解.
【详解】因为，，所以，即.
所以回归方程为，当时，.
故选：C.
5．B
【分析】根据条件设出直线的方程为，联立直线和抛物线方程并消元，得到，，有直线间的距离，结合条件近一步计算即可.
【详解】由抛物线的光学性质可知，直线过抛物线的焦点，

设直线的方程为，将直线的方程代入中，
得，所以，，
直线与间的距离，
当时，取最小值4，
故选：B.
6．D
【分析】由对立事件的概率公式计算．
【详解】记“两项竞赛参加人数不相等”为事件，则，
故选：D
7．B
【分析】根据线面垂直的判定定理可得平面，平面，然后利用锥体的体积公式即得.
【详解】由题可知,，又平面，
故平面，又平面，
所以，即此时为直角三角形，因为，，所以，
由平面， 平面，可得，
又，平面，
所以平面，
所以四面体的体积为.
故选：B.
8．A
【分析】首先根据投影公式求，再转化向量，即可求解.
【详解】由题意，，为中点，由在上的投影向量为，
即，又，
所以，
所以.
故选：A.
9．BC
【分析】根据已知函数的图象关于点对称，可知点在函数的图象上，满足函数方程，进而求出的值，可判断出正确；已知的值，求出函数的解析式，利用辅助角公式可把解析式化为，进而可判断出最大值即周期也可求出单调减区间，判断出
【详解】因为函数的图象关于点对称，
则点在函数的图象上，
所以，
解得，故A错误；
由，得最大值为2，故B正确；
因为的最小正周期为，所以函数的图象相邻两条对称轴的距离为，
故C正确；
当时，，
所以在上是单调递增，故D错误.
故选：BC.
10．BD
【分析】由题意并结合双曲线定义可知，，
结合，即，又，具体分析逐个选项即可.
【详解】对于选项A：由定义可得，因为，所以，，
由已知，所以的面积为，故A错误；
对于选项B：由勾股定理得，即，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，所以，即，
所以双曲线的渐近线方程为：，故C错误；
对于选项D：由双曲线的焦距为得，从而，，
所以双曲线的方程为，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
【分析】根据跳跃数列定义逐项判断可得答案.
【详解】对于选项A，由跳跃数列定义知，等比数列：1，，，，，…是跳跃数列，故A正确；
对于选项B，数列的前三项为，，，不符合跳跃数列的定义，
故B错误；
对于选项C，当等差数列公差时，它是单调递增数列；公差时，
它是单调递减数列；公差时，它是常数列，所以等差数列不可能是跳跃数列，
故C正确；
对于选项D，等比数列是跳跃数列，则，整理得，
即，
若比数列的公比，则，
可得，所以等比数列是跳跃数列，
故D正确.
故选：ACD.
12．ABD
【分析】根据抽象函数的对称性，以及条件的变形，即可判断ABC；首先判断函数的周期性，再利用周期性和函数的性质，即可求解.
【详解】因为函数的图象关于点对称，所以，所以函数是奇函数，故A正确；
因为，所以，又，
所以，所以，所以，所以为偶函数.故B正确；
因为，所以是最小正周期为4的周期函数，故C错误；
因为，所以，那么，
所以也是周期为4的函数，
，
因为，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题考查抽象函数的性质和应用，理解抽象函数，理解自变量的任意性，从而学会变形，达到判断性质的目的.
13．##
【分析】由二倍角公式与齐次式弦化切求解．
【详解】.
故答案为：
14．
【分析】由勾股定理得后列式求解
【详解】设，由得，则，即.
故答案为：
15．
【分析】根据条件确定点的轨迹为圆，再根据勾股定理判断出为直角三角形，其外心为与的交点，进而计算出，确定为四面体的外接球的球心，求出半径进行计算即可.
【详解】因为是上底面的一个动点，且，
所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆，
在中，，，，
∴，
∴为直角三角形，其外心为与的交点，
且，，而，
所以，
所以为四面体的外接球的球心，球半径为，
所以球的体积
故答案为：
16．
【分析】求出函数的导数，根据条件是的两个根，把方程转化为，考查的单调性，求出最值，进而求出的取值范围，再利用及解出的值即可.
【详解】依题意知，，，
是函数的两个不同极值点，
所以，，
即有两个不同实根，
等价于有两个根，令，
则，令，解得，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以时，取得最大值，，
又趋向于正无穷大时，趋向于0，所以且.
若，即，
由
解得：，或，（舍去），所以.
故答案为：.
【点睛】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
17．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理，将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解；
（2）首先由三角形面积公式求得，再根据余弦定理，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理可得：
，则，
因为，则，所以，，
可得，故.
（2）由于的面积为，所以，，解得
在中，由余弦定理得：
，故，
当且仅当，即，时，的最小值为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判断定理和面面垂直的判断定理可得答案；
（2）法一：由平面可得为二面角的平面角，求出可得答案.法二：以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
又由延长至，使，连接，可知在平面内，所以
因为，，所以，，
又由，所以，
所以，即，
又，所以平面，因为在平面内，
所以平面平面；
（2）法一：由（1）可知，取中点，连接、，所以，
因为平面，易得，所以，所以为二面角的平面角，
因为，所以，，
所以，
所以，
故二面角的余弦值为.
法二：由已知可知，，，所以以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），

由，，则，，，
因为平面，所以平面的法向量为，
由，，设平面的法向量为，
则，，
令，得，
所以，
所以二面角的余弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用化简题中条件，可得，结合等比数列的定义即可证明；
（2）先由求出，进而得到，利用裂项相消方法求和后即可证明.
【详解】（1）由题设，
得，即，
所以，又，
所以，而，
故是首项与公比都为2的等比数列.
（2）由（1），得，
当时，，
显然满足上式，所以，
则，
所以，
故.
20．(1)分布列见解析，2
(2)0.85875.
【分析】（1）由已知服从二项分布，即，然后列出相应的分布列即可.
（2）根据条件概率公式以及互斥事件的和事件的概率公式，列出相应的计算公式即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，其中，
则的分布列为：
0 1 2 3
则.
（2）设事件为“乙在第次挑战成功”，其中.
所以；
；
；
；
故
.
即乙在第三次成功的概率为0.85875.
21．(1)
(2)，或.
【分析】（1）根据题意转化为关于的方程组，即可求解；（2）首先设直线的方程为，，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示三角形的面积，即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知有，解得
故椭圆的方程为.
（2）设，，直线的方程为，，
联立消去，整理得，
则，，
且，即或.
所以的面积为
，

令，得，
解得或，
从而或.
故直线的方程为，或，
即，或.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先设函数，利用导数判断函数的单调性，以及函数的最小值，即可证明；（2）首先求函数的导数，并且判断函数的单调性和最值，并结合零点存在性定理，即可证明零点个数.
【详解】（1）令，其中，则，
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，，故当时，.
（2）函数的定义域为，.
因为，，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值.
当时，，，
令，则，则在上单调递增，
在上单调递减，所以，所以，
因此当时，，.
因为，所以，于是.
又在上单调递增，，且，
所以在上有唯一零点.
，
由（1）因为，所以，即，
所以.
由，得，即，得，
于是.
又，，在上单调递减，
所以在上有唯一零点.
故时，有两个零点