湖南省长沙市第一中学2024届高三最后一卷数学试题

2024年湖南省长沙一中高考数学最后一卷 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．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则可以为（ ） A． B． C． D． 3．已知随机变量服从正态分布，且，，则（ ） A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8 4．已知直线：，圆：，则“”是“直线上存在点，使点在圆内”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．在平行四边形中，，点为该平行四边形所在平面内的任意一点，则的最小值为（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 6．地震震级通常是用来衡量地震释放能量大小的数值，里氏震级最早是由查尔斯·里克特提出的，其计算基于地震波的振幅，计算公式为，其中表示某地地震的里氏震级，表示该地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅，表示这次地震中的标准地震振幅．假设在一次地震中，某地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅为5000，且这次地震的标准地震振幅为0．002，则该地这次地震的里氏震级约为（ ）（参考数据：） A．6.3级 B．6.4级 C．7.4级 D．7.6级 7．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为的渐近线上一点．若的面积为，，则的离心率为（ ） A． B．2 C． D． 8．已知正方体的棱长为2，是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ） A． B．3 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．已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A．的最大值为2 B．函数的图象关于直线对称 C．不等式的解集为 D．若在区间上单调递增，则的取值范围是 10．某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛．具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次．若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，，，，则（ ） A．乙组同学恰好命中2次的概率为 B．甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C．甲组同学命中次数的方差为 D．乙组同学命中次数的数学期望为 11．设无穷数列的前项和为，且．若存在，使成立，则（ ） A． B． C．不等式的解集为 D．对任意给定的实数，总存在，当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知函数则不等式的解集为__________． 13．已知椭圆：的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于，两点．若，则的焦距为__________． 14．在直三棱柱中，，，，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分．若，，，四点均在球的球面上，则球的体积为__________． 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） 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）若，求的值； （2）若是边上的一点，且平分，，求的长． 16．（本小题15分） 若各项均为正数的数列满足（，为常数），则称为“比差等数列”．已知为“比差等数列”，且，，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17．（本小题15分） 如图，在四棱台中，，，，，，． （1）证明：平面平面； （2）若，四棱台的体积为，，求平面与平面夹角的余弦值． 18．（本小题17分） 已知抛物线：，过点的直线与交于不同的两点，．当直线的倾斜角为135°时，． （1）求的方程； （2）在线段上取异于点，的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由． 19．（本小题17分） 已知函数，，． （1）求的最小值； （2）设函数，讨论零点的个数． 答案和解析 1．【答案】D 【解析】解：集合， ， 故． 故选：D． 先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解． 本题主要考查交集及其运算，属于基础题． 2．【答案】A 【解析】解：设（，为实数）， 因为， 所以， 所以， 结合选项可知，A符合题意． 故选：A． 结合复数的四则运算及复数相等条件即可求解． 本题主要考查了复数的四则运算，复数相等条件的应用及共轭复数的概念，属于基础题． 3．【答案】A 【解析】解：∵， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 利用正态分布曲线的对称性求解． 本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题． 4．【答案】B 【解析】解：由直线上存在点，使点在圆内，得直线与圆相交， 即圆心到直线的距离，解得，即， 又， 所以“”是“直线上存在点，使点在圆内”的必要不充分条件． 故选B． 直线上存在点，使点在圆内，可得直线与圆相交，求得的范围，再结合充要条件判断即可． 本题考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．【答案】C 【解析】解：设与的交点为，则， 由，得， 同理可得，，， 所以 ，当点与点重合时，等号成立． 故选：C． 根据平面向量的线性运算及数量积运算，即可求得结论． 本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题． 6．【答案】B 【解析】解：由题意可知，，， 所以． 故选：B． 利用对数的运算性质求解． 本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题． 7．【答案】B 【解析】解：已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为的渐近线上一点， 设点在第一象限内，为坐标原点， 由，得， 由的面积为，得点到轴的距离为， 所以的一条渐近线的倾斜角为60°，其斜率为， 因此的离心率． 故选：B． 设点在第一象限内，为坐标原点，利用平面向量数量积公式得到，根据的面积得点到轴的距离为，即可得到的一条渐近线的倾斜角为60°，其斜率为，代入离心率公式即可求解． 本题考查了双曲线的性质，属于中档题． 8．【答案】D 【解析】解：正方体的棱长为2，是棱的中点，空间中的动点满足，且， 如图，分别取，的中点，，连接，，． 由题意知，，且， ∴平面，由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， ∴动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由， 得，且， ∴，则， ∴动点的轨迹长度为． 故选：D． 分别取，的中点，，连接，，，推导出平面，由，得点在平面内，由，得点在以为球心，半径为1的球面上，从而动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆，连接，由，求出点到平面的距离和平面截球所得截面圆的半径，由此能求出动点的轨迹长度． 本题考查线面垂直的判定与性质、点到平面的距离、动点轨迹、球面等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 9．【答案】BCD 【解析】解：由正弦函数的性质可知，的最大值为，故A错误； 令，，得，， 所以函数的图象关于直线对称，故B正确； 原不等式可化为， 则，， 解得，，故C正确； 由，，解得，， 由在区间上单调递增，可得， 解得，故D正确． 故选：BCD． 由已知结合正弦函数的性质检验各选项即可判断． 本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，考查了分析问题的能力，属于中档题． 10．【答案】BCD 【解析】解：对于，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，故A错误； 对于B，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，故B正确； 对于C，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，故，故C正确； 对于D，设乙组同学命中次数为，则的所有可能取值为0，1，2，3， 所以， ， ，， 故，故D正确． 故选：BCD． 由题直接计算两位同学“恰好命中2次“的概率即可判断A，B；由甲组同学命中次数即可判断C；由题计算出乙组同学命中次数的期望即可判断D． 本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题． 11．【答案】BCD 【解析】解：由， 得，，， 又， 则是等差数列，公差， 所以是递减数列， 所以是最大项，且随着的增加，无限减小， 故A错误、D正确； 因为当时，，当时，， 所以的最大值为， 故B正确； 因为，， 则， 所以当时，；当时，， 即不等式的解集为， 故C正确． 故选：BCD． 由等差数列的定义，结合等差数列前项和公式及等差数列的性质逐一判断即可． 本题考查了等差数列的性质，重点考查了等差数列前项和公式及等差数列的性质，属中档题． 12．【答案】 【解析】解：因为当时，，， 所以函数在上单调递增，且； 当时，，单调递增， 且当趋于1时，趋于2； 所以在上单调递增． 设， 则在上也单调递增． 又， 所以原不等式可化为， 所以原不等式的解集为． 故答案为：． 利用导数判断出函数在上单调递增，由幂函数的性质可得函数在也单调递增，从而可得在上单调递增，令，则有，利用的单调性求解即可． 本题考查了导数综合运用、转化思想，属于中档题． 13．【答案】7 【解析】解：已知椭圆：的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于，两点， 由，得， 又，从而， 所以椭圆的方程可化为，直线的方程为， 联立得， 则， 设，， 则，， 所以，得， 所以的焦距为． 故答案为：7． 由题意得，从而，则椭圆的方程可化为，直线的方程为，直线与椭圆方程联立得，设，，利用韦达定理和弦长公式即可求解． 本题考查了椭圆的性质，属于中档题． 14．【答案】 【解析】解：在直三棱柱中，，，，是棱上一点， 平面将直三棱柱分成体积相等的两部分， 如图，连接，， 因为， 所以，所以， 所以， 因此，即为的中点， 取的中点，的中点，连接，，， 则，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以，所以平面，则平面， 因为是的外心，且的外接圆半径， 三棱锥的高， 设球的半径为，则，则， 所以球的体积． 故答案为：． 连接，，由题意得，取的中点，的中点，连接，，，利用线面垂直的判定和性质得的外接圆半径和三棱锥的高，设球的半径为，利用勾股定理和球的体积公式即可求解． 本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题． 15．【答案】解：（1）由题意得， 所以， 由正弦定理，得， 即， 又， 所以． 又，所以． 因为， 所以； （2）由， 得， 解得． 由，即， 而，， 可得． 【解析】（1）由题意及正弦定理可得，再由三角形内角和定理及的符号可得的值，由角的范围，可得角的大小； （2）由等面积法可得的表达式，进而求出它的值． 本题考查正弦定理及角平分线的性质的应用，属于中档题． 16．【答案】解：（1）由为“比差等数列”， 得， 从而． 设，则， 所以数列为等差数列． 因为，， 所以为常数列， 因此，，即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 因此． （2）由， 当为偶数时， ； 当为奇数时，． 综上， 【解析】（1）由“比差等数列”的定义，设，则，由等差数列的定义可得，再由等比数列的通项公式，可得所求； （2）讨论为偶数和奇数，结合数列的分组求和，等比数列的求和公式，计算可得所求和． 本题考查数列的新定义和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 17．【答案】（1）证明：因为， 所以， 在中，由余弦定理知，， 所以，解得， 在中，由余弦定理知，， 所以，即， 又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：由（1）知，， 所以四边形是直角梯形，其面积， 因为， 所以， 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为四棱台的体积为， 所以，解得， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以， 由平面知，平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【解析】（1）分别在和中，运用余弦定理求得，，再利用勾股定理可得，结合，由线面垂直、面面垂直的判定定理，即可得证； （2）先根据棱台的体积公式求得，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解． 本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定定理，利用向量法求平面与平面夹角 是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 18．【答案】解：（1）由直线的倾斜角为135°，可得直线的斜率为-1， 则直线的方程为， 联立得， 设，， 则， 且，， 可得， 解得， 故的方程为． （2）存在，定直线为． 由题意知直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立得． 由，，得且，，． 不妨设，，则，过点，，向轴作垂线，垂足分别为点，，，如图， 则，． 因为， 所以，整理得，所以． 代入直线的方程得． 因为， 所以点恒在直线上． 【解析】（1）求得直线的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，解方程可得，可得所求方程； （2）设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，结合平行线的性质，解方程可得所在的定直线．本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 19．【答案】解：（1），令，可得， 故的单调递增区间为； （2）令， 即有， 即函数的零点个数为的实数根的个数， 由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且， 又当时，，当时，， 故当，即时，有唯一实数根， 当，即时，有两实数根， 当，即时，无实数根， 即当时，函数有一个零点， 当时，函数有两个零点， 当时，函数无零点． 【解析】（1）求导后令，计算即可得； （2）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得．本题考查了函数导数的综合应用，属于难题． 学科网（北京）股份有限公司 $$