精品解析：湖南省部分学校2024-2025学年高三下学期入学检测联考数学试题

高三年级下学期入学检测考试 数学 注意事项： 1.答题前，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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一､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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合，利用交集的意义可求. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 2. 复数满足，则在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由复数四则运算得到，即可求解； 【详解】由， 可得， 复数在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D 3. 当时，函数取得最大值，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先跟及两角和差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质即可得解. 【详解】 ， 当，即时，取得最大值， 所以的值可能为C选项. 故选：C. 4. 已知某商品的形状为圆台，该圆台的轴截面是上底为2，下底为4，腰为3的等腰梯形，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由轴截面可得上下底面半径和母线，代入表面积公式即可. 【详解】该圆台的表面积. 故选：B 5. 已知，，均为单位向量，且与的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得，再结合数量积的定义即可求解； 【详解】，即， 所以， 显然最大值为1.此时； 故选：C 6. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数的单调性可得关系，即可根据对数的性质求解. 【详解】，则，故. 故选：B 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与的左支交于，两点，若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合双曲线的定义，在，通过余弦定理列出等式求解即可； 【详解】由题可知，又因为，所以，， 在中，， 在中，，即， 化简可得，则. 故选：B 8. 提供四种不同颜色的颜料给图中六个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ） A. 288种 B. 296种 C. 362种 D. 384种 【答案】D 【解析】 【分析】分2号区域和6号区域同色，2号区域与4号区域同色，2号区域与4号区域，6号区域均不同色三种情况讨论，进而可得出答案. 【详解】首先三个区域有种涂法， 当2号区域和6号区域同色时，有种涂法； 当2号区域与4号区域同色时，有种涂法； 当2号区域与4号区域，6号区域均不同色时，有种涂法， 综上，共有384种涂法. 故选：D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列说法一定正确的是（ ） A. 至少有一个极值点 B. 存在实数，使得在上单调递增 C. 存在实数，使得在上单调递减 D. 直线是曲线的一条切线 【答案】BD 【解析】 【分析】函数求导，分析导函数的零点，求函数的单调区间，可判断ABC的真假，根据导数的几何意义，可判断D的真假. 【详解】，当时，，此时无极值点，A错误； 当时，在上单调递增， 当时，当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，B正确，C错误； 因为，所以曲线在处的切线方程为，D正确. 故选：BD 10. 一组样本数据，，，…的平均数为，方差为，由，，，组成的样本的平均数为，方差为，由，，，，，组成的样本的平均数为，方差为，若，则（ ） A. ，，，…，的中位数等于，，，，，的中位数 B. ，，，…，的30%分位数等于，，，，，的20%分位数 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由中位数的概念，百分位数的计算公式、平均数的计算及方差计算公式逐个判单即可； 【详解】的中位数为的中位数为，A正确； ，所以的分位数为，所以的分位数为，B错误； 因为，所以，C正确； 由，化简可得，D正确. 故选：ACD 11. 在三棱锥中，，，直线与平面所成的角为，二面角为，二面角和均为锐角，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与一定不相等 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当三棱锥的体积取得最小值时，与平面所成角的正切值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出点在平面内的投影为，可得到直线与平面所成的角及二面角，进而得到点的轨迹，可判断A，B选项；过作垂直于，此时当点是的中点时三棱锥的体积最小，从而可求得棱锥体积的最小值及与平面所成角. 【详解】 设点在平面内的投影为，过作的垂线，垂足为，连接， 所以为直线与平面所成的角，即， ，，， 平面，， 为二面角的平面角，即， ，， 则点到直线的距离与到点的距离相等， 的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线. 又二面角和均为锐角， 在内部，一定不在的中垂线上，所以与一定不相等， 当三点共线时，，所以A错误，B正确； 过作垂直于，垂足为， ，， ， 当位于的中点时，最小，此时最小，三棱锥的体积取得最小值，最小值为，C正确； 当三棱锥的体积取得最小值时， 为与平面所成的角，，D正确. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的焦距为4，则___________. 【答案】8 【解析】 【分析】分与两种情况求解即可. 【详解】当时，椭圆的焦距为，得，不符合题意； 当时，椭圆的焦距为，得，符合题意. 故答案为：. 13. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的最大值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理可得，结合正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，利用已知可得为锐角，可得，结合基本不等式可求最大值. 【详解】因为，所以， 因为， 所以两式相减得，即， 由正弦定理，得， 即， 化简可得，因为， 所以，则，所以为锐角， ， 当且仅当时，取得最大值. 故答案为：. 14. 函数，若对任意，恒成立，则的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，通过单调性奇偶性即可求解； 【详解】因为， 所以的图象关于点对称， 令，则为奇函数， 又因为在上单调递减，所以在上也单调递减. 由，可得， 则， 则，即，因为， 易得在处取得最小值 所以，即的取值范围为. 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. 如图，在直三棱柱中，，，为棱的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，结合已知有，应用线面平行判定证结论； （2）构建合适的空间坐标系，应用向量法求面面角的大小. 【小问1详解】 连接，交于点，连接，则为的中点. 因为为棱的中点，则，平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图，以为原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 不妨设，则， 则， 设平面的法向量为，则，令，则， 设平面的法向量为，则，令，则， 设平面与平面的夹角为，则， 因为， 所以平面与平面的夹角为. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）已知，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由题设得到，联合题设作差计算即可求出数列的通项公式，再检验首项是否满足即可得解； （2）先求出数列的通项公式，再用错位相减法结合等比数列前n项和公式计算即可求解. 【小问1详解】 ①， 当时，②， 由①-②得，所以， 当时，，所以，满足， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 即③， 所以④， 由③-④可得， 即， 所以， 整理得. 17. 一个箱子中装有4个黑球，2个白球，小球除颜色外其他都相同，每次从箱子中随机取出一个球，取出4个黑球即停止. （1）若从箱子中不放回地取球，求恰好第5次停止的概率； （2）若从箱子中有放回地取球，记5次之内（含5次）取到黑球的次数为，求的分布列和期望. 【答案】（1） （2）的分布列如下表所示： 0 1 2 3 4 数学期望为 【解析】 【分析】（1）依题意，5次取球中最后一次必为黑球，可先考虑从2个白球中取出1个，再在前4次取球顺序中确定1个序号，最后进行全排即得方法数，利用古典概型概率公式计算； （2）依题确定的取值为，利用二项分布概率公式分别计算对应的概率，列出分布列，计算数学期望即得. 【小问1详解】 依题意，5次取球中最后一次必为黑球，可先考虑从2个白球中取出1个，再在前4次取球顺序中确定1个序号， 最后进行全排即得方法数为：，而总的方法数为，故恰好第5次停止的概率为. 【小问2详解】 随机变量的取值为. ， ， ， ， ， 所以随机变量的分布列如下表所示： 0 1 2 3 4 故. 18. 已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，是上异于的一点. （1）已知点到的距离比到轴的距离大1. （i）求抛物线的方程； （ii）经过点的直线与抛物线相交于，两点，若，求的方程. （2）过点作抛物线的切线，与轴交于点，证明：平分. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）由题意与抛物线的定义建立方程，可得答案；（ii）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，利用弦长公式建立方程，可得答案； （2）设出点的坐标，利用导数求得切线方程，从而求出点的坐标，利用平面向量的夹角公式，可得答案. 【小问1详解】 （i）设点，由题可知，由抛物线定义知， 所以，则抛物线的方程为. （ii）易知的斜率一定存在，设的方程为，设. 由消去得， 则，且， ， 由，化简整理得，解得（舍去）或， 所以，即的方程为. 【小问2详解】 证明：由题可知.设点， 对求导，可得，所以过点的切线方程为， 令，可得，即. ，， 由，则， 所以平分. 19. 定义：、、、是函数的个零点，若，则称为“等差函数”，若，则称为“等比函数”. （1）已知函数是“等差函数”，求的值； （2）已知函数恰有个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：为“等比函数”. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知，方程有个不同的解且异于和，设为、，推导出，进而可得出，再结合韦达定理可得出关于实数的方程，解之即可； （2）（i）利用导数分析函数、的单调性与极值，分析可知直线与曲线、均有两个交点，并比较、的大小，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）分析可得，利用函数的单调性推导出，，结合这两个等式可证得结论成立. 【小问1详解】 令，可得或或. 因为函数是“等差函数”，所以有个不同的解， 则有个不同的解且异于和，设为、， 所以，，故. 由“等差函数”定义可知，即， 所以，解得，即. 【小问2详解】 令，可得或， 令，， 则，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 在处取到最大值，且当趋近于时，趋近于， 当趋近于时，趋近于，可得直线与曲线至多有两个交点. 因为的定义域为，且， 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 在处取到最大值，且当趋近于时，趋近于， 当趋近于时，趋近于，可得直线与曲线至多有两个交点. 故直线与曲线、均有两个交点. 构建， 构建，且，则， 可得在上单调递减，在上单调递增，则， 构建，则， 令，解得，令，解得， 则在上单调递增，在上单调递减， 可得， 即，当且仅当时，等号成立， 可得当时，，则， 所以. 当时，，且在上单调递增， 则，可得，所以. 当时，，且在上单调递减， 则，可得，所以. 综上所述，当时，；当时，；当时，. 若直线与两条曲线共有四个不同的交点，则，即的取值范围为. （ii）证明：结合题意可得直线与曲线的两个交点的横坐标为、， 直线与曲线的两个交点的横坐标为、，且. 当时，可得，即， 可得，即. 因为在上单调递增，且，， 所以，可得，所以. 当时，可得，即， 可得，即. 因为在上单调递减，且，， 所以，可得，所以. 综上所述，，即，所以为“等比函数”. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级下学期入学检测考试 数学 注意事项： 1.答题前，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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一､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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 当时，函数取得最大值，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知某商品的形状为圆台，该圆台的轴截面是上底为2，下底为4，腰为3的等腰梯形，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，均为单位向量，且与的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与的左支交于，两点，若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 提供四种不同颜色的颜料给图中六个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ） A. 288种 B. 296种 C. 362种 D. 384种 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列说法一定正确的是（ ） A. 至少有一个极值点 B. 存在实数，使得在上单调递增 C. 存在实数，使得在上单调递减 D. 直线是曲线的一条切线 10. 一组样本数据，，，…的平均数为，方差为，由，，，组成的样本的平均数为，方差为，由，，，，，组成的样本的平均数为，方差为，若，则（ ） A. ，，，…，的中位数等于，，，，，的中位数 B. ，，，…，的30%分位数等于，，，，，的20%分位数 C. D. 11. 在三棱锥中，，，直线与平面所成的角为，二面角为，二面角和均为锐角，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与一定不相等 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当三棱锥的体积取得最小值时，与平面所成角的正切值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的焦距为4，则___________. 13. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的最大值为___________. 14. 函数，若对任意，恒成立，则的取值范围为___________. 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. 如图，在直三棱柱中，，，为棱的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面的夹角的大小. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）已知，求数列的前项和. 17. 一个箱子中装有4个黑球，2个白球，小球除颜色外其他都相同，每次从箱子中随机取出一个球，取出4个黑球即停止. （1）若从箱子中不放回地取球，求恰好第5次停止的概率； （2）若从箱子中有放回地取球，记5次之内（含5次）取到黑球的次数为，求的分布列和期望. 18. 已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，是上异于的一点. （1）已知点到的距离比到轴的距离大1. （i）求抛物线的方程； （ii）经过点的直线与抛物线相交于，两点，若，求的方程. （2）过点作抛物线的切线，与轴交于点，证明：平分. 19. 定义：、、、是函数的个零点，若，则称为“等差函数”，若，则称为“等比函数”. （1）已知函数是“等差函数”，求的值； （2）已知函数恰有个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：为“等比函数”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $