湖南省长沙市2024届高三下学期六校联考数学试题（含解析）

长沙市2024届高三六校联考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，且，则实数( )
A. 1或4 B. 1或 C. 或1 D. 或1
3.为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点( )
A. 向右平行移动个单位长度 B. 向左平行移动个单位长度
C. 向右平行移动个单位长度 D. 向左平行移动个单位长度
4.“”是“圆与圆相切”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.若，，且，，则( )
A. B. C. D.
6.若的展开式的常数项为60，则a的值为( )
A. 4 B. 4或 C. 2 D. 2或
7.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下不含所需的训练迭代轮数至少为参考数据：( )
A. 72 B. 74 C. 76 D. 78
8.已知，分别是椭圆的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.带有编号1、2、3、4、5的五个球，则( )
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B. 放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个另一个球不投入，共有种放法
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
10.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则( )
A. B.
C. 的面积为 D. 的周长为
11.已知函数则下列说法正确的是( )
A. 当时，
B. 当时，直线与函数的图象相切
C. 若函数在区间上单调递增，则
D. 若在区间上恒成立，则

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线过点，则其渐近线方程为__________.
13.已知复数z满足，则__________.
14.立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术商功》，在《九章算术商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图，
再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图，
现有一四面体ABCD，已知，，，，，，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可求得这个四面体的体积为__________，及该四面体的外接球的体积为__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题13分
已知等差数列的前n项和为，，
求的通项公式;
设数列的前n项和为，求
16.本小题15分
如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，，，平面平面ABCD，且
求证：平面PDC；
求二面角的大小．
17.本小题15分
要获得某项英语资格证书必须依次通过听力和笔试两项考试，只有听力成绩合格时，才可继续参加笔试的考试．已知听力和笔试各自允许有一次补考机会，两项成绩均合格方可获得证书．现某同学参加这项证书考试，根据以往模拟情况，听力考试成绩每次合格的概率均为，笔试考试成绩每次合格的概率均为，假设各次考试成绩合格与否均互不影响．
求他不需要补考就可获得证书的概率；
求他恰好补考一次就获得证书的概率；
在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，记他参加考试的次数为，求参加考试次数的分布列和期望值．
18.本小题17分
已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆C的左、右顶点，点满足
求椭圆C的方程；
设直线l经过点P且与C交于不同的两点，试问：在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值，若不存在，请说明理由.
19.本小题17分
已知函数
Ⅰ当时，求函数的极值；
Ⅱ求函数的单调区间；
Ⅲ当时，若在时恒成立，求整数k的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查交集的运算，属于基础题．
可解出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：集合，；
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了向量共线定理，平面向量的坐标计算，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用向量共线定理即可得出．
【解答】
解：，，
与平行，
则，
解得或
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象变换，属于基础题.
【解答】
解：由题意知：的图象向右平行移动个单位长度可得到的图象.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，充分、必要条件的判断，属于较易题.
根据圆与圆的位置相切关系和充分、必要条件的概念判断即可.
【解答】
解：圆 圆心 ，半径为 ；
圆 圆心 ，半径 为 ；
当两圆相切时，可分为内切和外切两种，
圆心距为 ，
①当两圆外切时： ，即 .
②当两圆内切时： ，即 .
则根据充分条件和必要条件的判定原则，
可知“ ”是“圆 与圆 相切”的充分不必要条件.
故选：A
5.【答案】C
【解析】【分析】
解：因为，，所以，则
因为，，所以，
，
则故选
【解答】
本题考查由一个三角函数值求其他三角函数值以及利用两角和与差的正弦公式求值，属于一般题.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题.
求出二项展开式的通项，令，得，即可得到答案.
【解答】
解：的展开式的通项为
，
令，得，
则，
解得，
故选
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查函数模型的应用，属于中档题.
由题意，当时，，可得D，再解不等式，可得结果.
【解答】
解：由于，所以，
依题意，则，
则，
由，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为74次.
故选：B
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查椭圆的离心率的求法，考查椭圆的定义，是中档题．
设，则，，，在中，求得，
在中，由勾股定理求出 ，由此能求出椭圆的离心率．
【解答】
解：连接，设，则，，
，，
在中，
，即
，
在中
，
，又
，故选
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查排列与组合的综合应用，计数原理的运用，属于基础题.
A由分步计数原理，五个球全部投入4个不同的盒子里放法数即可，B由排列数公式，利用排列数公式求出五个不同的球放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有多少种放法，C、D利用乘法原理即可判断.
【解答】解：由分步计数原理，五个球全部投入4个不同的盒子里共有种放法，故正确；
由排列数公式，五个不同的球放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法，故错误；
将其中的4个球投入一个盒子里共有种放法，故正确；
全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有：种不同的放法，故正确.
故选
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查利用余弦定理解三角形，正弦定理及变形，考查三角形的面积公式，属于中档题.
由余弦定理求出角B，由正弦定理求出ac，结合三角形面积公式求得S，利用配方法，得到的值，即可求出周长.
【解答】
解：，，
，，
，由正弦定理可得，
，，
的面积为，
，，
，
或舍去，
的周长为
故选
11.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查导数的综合运用，涉及了利用导数研究函数的单调性，导数的几何意义等知识点，考查转化思想及运算求解能力，属于较难题．
对于A，将代入，判断函数的单调性，即可求得最小值；对于B，求出函数在点处的切线方程即可作出判断；对于C，问题转化为在上恒成立，令，，求出函数的最大值即可；对于D，问题等价于恒成立，设，，求出函数的最小值即可．
【解答】
解：对于A，当时，，，
当时，，
当时，，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
，故选项A正确；
对于B，当时，，，，
函数在处的切线方程为，故选项B正确；
对于C，，若函数在区间上单调递增，
则在上恒成立，则在上恒成立，
令，，则，
函数在上单调递减，
，故选项C错误；
对于D，当时，恒成立，此时；
当时，恒成立等价于恒成立，
即，即恒成立，
设，，则在上恒成立，
在上单调递减，
，故选项D错误．
故选
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查双曲线的渐近线公式，属于基础题.
由双曲线经过 可求得 a ，从而即得渐近线方程.
【解答】
解：因为双曲线 过点 ，
即有 ，解得 或 舍，而 ，
故渐近线方程 ，即 .
故答案为：
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的模的求法，考查运算求解能力，是基础题．
利用复数的模的性质直接求解．
【解答】
解：复数z满足，
故答案为：
14.【答案】4 ；
【解析】【分析】
本题考查四面体的体积，线面垂直的判定，属于中档题.
由勾股定理的逆定理得，，，由线面垂直的判定得平面BCD，则四面体的体积为把四面体ABCD可补成长方体，可得，即可得R，进而得四面体的外接球的体积.
【解答】
解：在四面体ABCD，，，，，，，
，，，
，，，
又，平面BCD，平面BCD，
平面BCD，
四面体的体积为
由题，四面体ABCD可补成如图所示的长方体，
又四面体外接球即为所补成长方体的外接球，
，
，
故答案为：
15.【答案】解：因为是等差数列，可设首项为，公差为d，
由题意得：，
，
解得，
是首项为1，公差为2的等差数列，通项公式为
由，数列，是公差为2的等差数列，通项公式
所以，
从而可得
可得

【解析】本题主要考查等差数列，裂项相消法求和，属于中档题.
由等差数列通项，前n项和公式可得，，进而得的通项公式;
利用裂项相消法求和即可.
16.【答案】解：证明：，平面PDC，平面PDC，
平面PDC，
，平面PDC，平面PDC，
平面PDC，
，AB、平面PDC，
平面平面PDC，
平面QAB，平面
解：以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，
，，，，
设平面CPB的法向量，
则，取，得，
设平面PBD的法向量，
则，取，得，
，
设二面角的大小为，由图知为锐角，
，
【解析】推导出平面PDC，，平面PDC，平面PDC，由此能证明平面
以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：设“听力第一次考试合格”为事件，“听力补考合格”为事件；“笔试第一次考试合格”为事件，“笔试补考合格”为事件
不需要补考就获得证书的事件为，注意到与相互独立，
则
答：该考生不需要补考就获得证书的概率为
恰好补考一次的事件是
则
由已知得，，3，4，
注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得
参加考试次数的期望值
【解析】本题主要考查了相互独立事件的概率的求解公式的运用：若事件A，B相互独立，则A与，相互独立；；还考查了对一些复杂事件的分解：即对一个事件分解成几个互斥事件的和，本题是把相互独立与互斥结合的综合考查．
设“听力第一次考试合格”为事件，“听力补考合格”为事件；“笔试第一次考试合格”为事件，“笔试补考合格”为事件
不需要补考就获得证书的事件为．，且与相互独立，根据相互独立事件的概率公式可求;
他恰好补考一次就获得证书，即为事件，根据相互独立事件与互斥事件的概率公式可求
由已知得，，3，4，而即为即为，即为
18.【答案】解：依题意得，，，，
，解得，
，，，
故椭圆C的方程为；
假设存在满足条件的点，
当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意.
因此直线l的斜率k存在，设l：，
由，消y得，则，所以，
设，则，，
，
要使对任意，为定值，则只有，此时，，
故在x轴上存在点，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值

【解析】本题考查椭圆的标准方程及几何性质和圆锥曲线的定值问题，属于难题.
由求出a的值，再由离心率得出c，从而得到椭圆方程；
当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线l的斜率k存在，设l：，联立方程，由为定值，从而得出结论.
19.【答案】解：Ⅰ当时，，，
所以，
令，即，单调递增；
令，即，单调递减；
所以在处取得极大值即，无极小值．
Ⅱ，，
①当时，恒成立，
所以在上单调递增；
②当时，
当时，，递增；
当时，，递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
Ⅲ在时恒成立，
即恒成立，
令，则
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，且，，
所以在上存在唯一实数，使得
当时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故，又，所以整数k的最大值为
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查导数的综合应用能力，属中档题．
Ⅰ求出，分别令和令，即可求出单调增区间和单调减区间，进而得出极值；
Ⅱ求出，，然后分类讨论①和②，函数的单调性即可；
Ⅲ根据已知式子进行变量分离可转化为恒成立，令，然后利用导数研究函数的单调性与极值，进而得出的最小值，进而得出所求的答案．