精品解析：湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三下学期2月开学考试数学试题

高三自主检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，且有，则实数（ ） A B. C. D. 3. 掷一枚质地均匀的骰子两次，甲表示事件“第一次出现的点数是奇数点”，乙表示事件“两次骰子的点数之和是7”，则甲与乙的关系为（ ） A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 既不互斥也不独立 4. 设数列的前n项和为，若命题“数列为等差数列”，命题“对任意的，成等差数列”，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 若为锐角，且，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知在平面直角坐标系xOy中，点，点C在y轴上运动，当最大时，向量在上投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. “四书”是《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》的合称，又称“四子书”，在世界文化、思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义．为弘扬中国优秀传统文化，某校计划开展“四书”经典诵读比赛活动，某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为的人数X，（2）这四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为的人数Y，则有（ ） A B. C. D. 8. 如图，已知异面直线成角，公垂线段长度为2．线段两个端点分别在直线上移动，且线段的长度为4，则线段中点的轨迹的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点O是顶点A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则（ ） A. B. 四面体的体积为 C. 点D到平面BCM距离为 D. 三棱锥与的外接球体积相等 10. 已知函数f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，则以下结论正确的是（ ） A. f(x)的图象关于直线对称 B. f(x)是最小正周期为2π的偶函数 C. f(x)在区间上单调递减 D. 方程恰有三个不相等实数根 11. 造型称为四叶型或幸运草型，数学上，我们把这样的曲线叫做四叶环的作用．已知定长线段的长度为4，它的两个端点A，B分别在x轴、y轴上（均不过原点O）滑动．让O向线段AB作垂线OM，垂足M的轨迹为四叶玫瑰线，记作曲线C，则下列结论正确的是（ ） A. 点在曲线C上 B. 曲线C有且只有两条对称轴 C. 曲线C围成区域的面积不超过 D. 当点在曲线C上时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中常数项是_________． 13. 已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围为_________． 14. 定义表示中的最小值，表示中的最大值．已知实数满足，，则的值为_________． 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. 在中角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，且，求的面积． 16. 如图，在四棱锥中平面ABCD，设平面PBC和平面PAD的交线为l，． （1）若，证明：平面平面PAB； （2）若，，平面ABCD与平面PCD所成角的余弦值为，求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值． 17. 已知函数，直线，对于给定的实数，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． （1）求的取值范围； （2）求证：． 18. 如图已知抛物线，点A，B，C是抛物线上的三个不同的动点，当抛物线的焦点F为的重心时，线段FA，FB，FC长度之和为．过A，B，C三点作抛物线的切线，三条切线两两交于点D，E，G． （1）求p； （2）求证：； （3）已知和的面积分别为，是否存在实数，使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知数列为个数的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质T． （1）当时，写出4个具有性质T的数列A； （2）若数列和均为等差数列，且，证明：对于所有的偶数项数列不具有性质T； （3）在所有由的排列组成的数列A中任取一个，记具有性质T的数列的概率为，证明：对于任意． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三自主检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出各个集合，再由集合的补集和交集的定义求解即可 【详解】解不等式，则其解为. 又因为，所以. 求解集合：解不等式，则，得，所以. 那么或. 所以 故选：B. 2. 已知复数，且有，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的乘除运算及共轭复数概念即可求解； 【详解】， 所以， 又， 所以，解得：， 故选：A 3. 掷一枚质地均匀的骰子两次，甲表示事件“第一次出现的点数是奇数点”，乙表示事件“两次骰子的点数之和是7”，则甲与乙的关系为（ ） A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 既不互斥也不独立 【答案】C 【解析】 【分析】列举出样本空间及甲乙对应事件并确定概率，结合互斥、对立事件的定义及独立事件的判定判断各项正误. 【详解】由题设，样本空间为，，， ，，，共有36种， 甲有，，共有18种，则概率为， 乙有共有6种，则概率为， 显然同时满足甲乙有且概率为，则， 所以甲乙不互斥也不对立，但相互独立，A、B、D错，C对. 故选：C 4. 设数列的前n项和为，若命题“数列为等差数列”，命题“对任意的，成等差数列”，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】运用等差数列定义性质证明充分性，构造满足但不满足的数列，说明不是必要条件. 【详解】若数列为等差数列，设其首项为，公差为. 则 ； ； 所以， 故对任意的，成等差数列， 即，所以p是q的充分条件； 构造数列： 即数列的通项， 该数列不是等差数列. 下面证明此数列满足对任意的，成等差数列. 当时，即，也即成等差数列，满足题意； 当，对任意时， ， 故当，对任意时，成等差数列； 当时，对任意时， ，， ， 由上可知 则 ，故， 故当时，成等差数列； 当，对任意时， ，， ， 由， 则 ，故， 当，对任意时，成等差数列； 综上所述，对任意正整数， 数列满足成等差数列，但不是等差数列. 故，所以p不是q的必要条件， 综上可知，是的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是利用题意条件构造特殊数列，进而判断不必要性. 5. 若为锐角，且，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用差角余弦公式得，再应用齐次式法并化弦为切得，结合求函数值. 【详解】由，则， 所以，又为锐角，则， 所以，可得. 故选：D 6. 已知在平面直角坐标系xOy中，点，点C在y轴上运动，当最大时，向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，则，应用向量夹角余弦值的坐标表示，结合换元法、二次函数性质求最大时取值，最后由向量投影的求法求向量在上的投影向量. 【详解】令，则， 所以， 令，则， 而，故最大，则，，故， 此时，向量在上的投影向量为. 故选：C 7. “四书”是《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》的合称，又称“四子书”，在世界文化、思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义．为弘扬中国优秀传统文化，某校计划开展“四书”经典诵读比赛活动，某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为的人数X，（2）这四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为的人数Y，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知，结合二项分布的数学期望公式与方差公式即可求与；根据排列组合知识和古典概型可知Y取0，1，2，4时的概率，再由公式即可求与，比较大小即可求解. 【详解】由题可知方案（1）中这四位同学抽到自己准备的书的概率均为，易知， 由二项分布的数学期望公式与方差公式可知： ，. 由题可知Y的所有可能取值为0，1，2，4， ， ， ， ， ， ， 故选：D. 8. 如图，已知异面直线成角，公垂线段长度为2．线段两个端点分别在直线上移动，且线段的长度为4，则线段中点的轨迹的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点分别作直线，，以为坐标原点，直线所成的角平分线所在直线作轴，直线所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，，利用距离公式可得，再设线段中点坐标为，利用中点坐标公式可得的轨迹方程，进而求离心率即可. 【详解】设线段中点为，过点分别作直线，， 以为坐标原点，直线所成的角平分线所在直线作轴，直线所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 其平面如图， 则，，设，， 则，即， 设线段中点坐标为，则，可得， 所以，整理得， 所以的轨迹为椭圆，离心率， 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点O是顶点A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则（ ） A. B. 四面体的体积为 C. 点D到平面BCM的距离为 D. 三棱锥与的外接球体积相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正四面体的结构特征及已知有判断A；利用、及棱锥的体积公式判断B、C；求出三棱锥与的外接球半径判断D. 【详解】由题设，则，故， 所以，故，则，A对； 由且， 所以，B错； 由且，， 若点D到平面BCM的距离，则，可得，C对； 对于，其外接球球心在直线上，若其半径为，则， 所以，可得， 对于，其外接球球心在直线上，若其半径为，则， 所以，可得， 所以，即三棱锥与的外接球体积相等，D对. 故选：ACD 10. 已知函数f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，则以下结论正确的是（ ） A. f(x)的图象关于直线对称 B. f(x)是最小正周期为2π的偶函数 C. f(x)在区间上单调递减 D. 方程恰有三个不相等的实数根 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对称性，周期性，复合函数单调性可判断选项ABC，结合单调性和周期性对函数和的图象交点情况讨论可判断D. 【详解】， ， ，故A正确； ，故B不正确； 当时，单调递减，单调递增，所以，单调递减，同理，单调递减，故函数在区间上单调递减，所以C正确； 易知为偶函数，综上可知：的周期为，且在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 令，因为，，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点； 又，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点； 又，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点. 因为，由周期性和单调性可知，当或时，两函数图象无交点. 综上所述，方程恰有三个不相等的实数根 故选：ACD 11. 造型称为四叶型或幸运草型，数学上，我们把这样的曲线叫做四叶环的作用．已知定长线段的长度为4，它的两个端点A，B分别在x轴、y轴上（均不过原点O）滑动．让O向线段AB作垂线OM，垂足M的轨迹为四叶玫瑰线，记作曲线C，则下列结论正确的是（ ） A. 点在曲线C上 B. 曲线C有且只有两条对称轴 C. 曲线C围成区域的面积不超过 D. 当点在曲线C上时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据以及垂直以及平行的坐标运算可得曲线的方程为，即可代入求解A，根据点的对称可判定B，结合基本不等式即可求解DC. 【详解】 设且，，且，则，，， 由，即①，由，则②， 由在线段上，则，即③， 由①②得，由②③得，故， 所以曲线为， A：代入方程有，对； B：用替换，曲线的方程不变，所以曲线关于轴对称； 用替换，曲线的方程不变，所以曲线关于轴对称； 将与互换，曲线的方程不变，所以曲线关于直线对称； 用替换，替换，曲线的方程不变，所以曲线关于直线对称. 所以曲线有四条对称轴，错； C：因，可得，则曲线C围成区域的面积不超过，对； D：，得，当且仅当时取等号， 所以当点在曲线C上时，，对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据题设并应用解析法求得曲线为为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中常数项是_________． 【答案】15 【解析】 【分析】求出的展开式的通项，再结合即可求解. 【详解】的通项公式为：， 所以的展开式中常数项是：, 故答案为：15 13. 已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】讨论、并利用导数研究函数的区间单调性，结合已知区间的单调性列不等式求参数范围. 【详解】当时，在区间上单调递增，满足题设； 当时，在上，令，可得， 所以时，时，则， 对于且，则， 所以时，在上单调递增， 时，在上单调递减， 此时，要使在区间上单调递增，则，得， 对于且，则，即函数上单调递增， 此时，要使在区间上单调递增，则，得，即， 综上，. 故答案为： 14. 定义表示中的最小值，表示中的最大值．已知实数满足，，则的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题设分析出实数中2个为负数，1个为正数，然后利用基本不等式放缩求出最大值的最小值即可. 【详解】因为，， 所以实数中2个为负数，1个为正数， 不妨设，则， 因为，所以， 因为，，所以，即，解得， 所以的最小值为，即的值为， 故答案为： 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. 在中角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由余弦边角关系且，结合已知可得，再由正弦边角关系化简整理求C； （2）根据（1）及已知可得，进而求其正余弦值，应用正弦定理、差角正弦公式求得，，最后应用三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由，即， 所以， 而， 又，且， 所以，显然， 所以，而，则 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以，故，， 则，， 所以. 16. 如图，在四棱锥中平面ABCD，设平面PBC和平面PAD的交线为l，． （1）若，证明：平面平面PAB； （2）若，，平面ABCD与平面PCD所成角的余弦值为，求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再线面平行的性质定理证明，然由面面垂直的判定定理可得； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，代入空间二面角的公式求出，再代入线面夹角公式求出即可； 【小问1详解】 证明：因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）可知，因为，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，在平面内，垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，所以， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 显然平面的一个法向量为， 依题意， 解得， 设与平面所成的角为，因为，又平面的一个法向量为， 所以，所以直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为． 17. 已知函数，直线，对于给定的实数，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． （1）求的取值范围； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可知有两个不同的解，令，利用导数求单调性，结合图象求的取值范围即可； （2）由可知存在，满足题意，设，则，，构造，利用导数求最值即可. 【小问1详解】 设直线与曲线相切于点， 则有，消去得， 根据题意可知有两个不同的解， 令，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且， 显然当时，， 令，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 所以恒成立，所以，所以当时， ， 所以要使有两个不同的解，， 故的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）可知对于给定的实数，有且仅有，， 使得，即， 又因为，所以存在，满足题意， 设，则，，， 所以要证，只需证，即， 令，，则， 由（1）可知，所以在单调递增， 所以，所以成立. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数的单调性、极值、最值，同时考查了一定的论证能力及计算能力，考查了转化思想，属于难题. 18. 如图已知抛物线，点A，B，C是抛物线上的三个不同的动点，当抛物线的焦点F为的重心时，线段FA，FB，FC长度之和为．过A，B，C三点作抛物线的切线，三条切线两两交于点D，E，G． （1）求p； （2）求证：； （3）已知和的面积分别为，是否存在实数，使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）设，然后由重心坐标公式及抛物线定义可得答案； （2）即证，由题求出，，，结合可完成证明； （3）由（2）可得，，又注意到与同底，则， 其中n为C点到AB距离与G点到AB距离的比，最后结合可计算对应的. 【小问1详解】 设，因焦点F为的重心， 又F，则，又线段FA，FB，FC长度之和为， 结合抛物线定义，又抛物线准线为. 可知. 【小问2详解】 由（1），抛物线，则 .设在A点的切线方程为：，将其与抛物线方程联立， 可得：，令其判别式为0， 则 故在A点的切线方程为：， 同理可得在B点切线为：，在C点切线为：. 联立A与B处切线方程，则，可得. 同理可得，，. 因A，E，G与B，D，G均三点共线，则 因， 则，， ，， 可得，即； 【小问3详解】 由（2），， 则，， 则，其中. 注意到与同底，则， 其中n为C点到AB距离与G点到AB距离的比. 由（2），， 则AB直线方程为：， ，又，则. , 则. 又， 则，故存在实数，使得. 【点睛】关键点睛：对于线段长度成比例的证明，可如题利用向量，也可联想几何意义利用相似去证明；对于面积比例问题，可通过两三角形的公共要素找寻问题突破口，也可如本题，找寻两三角形与同一三角形的关系. 19. 已知数列为个数的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质T． （1）当时，写出4个具有性质T的数列A； （2）若数列和均为等差数列，且，证明：对于所有的偶数项数列不具有性质T； （3）在所有由的排列组成的数列A中任取一个，记具有性质T的数列的概率为，证明：对于任意． 【答案】（1）4个具有性质T的数列可以为：；；；. （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据数列新定义写出答案即可； （2）由数列都是等差数列，可以得到，从而证明； （3）设数列为任意一个不具有性质T的数列，通过数列平移得到新数列，从而得到满足题意得和不满足题意的数列个数，再结合概率知识计算即可 【小问1详解】 数列：.分析：在这个数列中，，满足在集合中至少有一个元素使得，所以该数列具有性质. 数列：.分析：其中，满足性质的条件. 数列：.分析：这里，符合性质. 数列：.分析：，具有性质. 【小问2详解】 因为数列和均为等差数列，且，，所以数列， 所以任意相邻两项的差绝对值都是奇数， 所以当为偶数时，在集合中不存在元素使得， 故对于所有的偶数，数列不具有性质 【小问3详解】 设在所有由的排列组成的数列中，记具有性质的数列的个数为，不具有性质的数列的个数为， 设数列为任意一个不具有性质的数列， 因为为的一个排列， 所以在中有且仅有一项，使得.   在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变， 得到新数列，新数列为的一个新排列， 显然数列具有性质，且任意一个与不同的不具有性质的数列通过上述移动首项方法都得不到数列. 结合数列为任意一个不具有性质的数列，且根据可以构造一个符合题意的具有性质的数列，可得.                    又因为数列具有性质， 且任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列， 所以. 根据概率知识知道，对于任意. 则原命题成立. 【点睛】思路点睛：此题考查数列与集合结合的新定义问题，属于难题，关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$