2024屆湖南省衡陽市第八中學高三上學期開學暑期檢測數學試題 一、單選題1．若，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由復數的除法運算、共軛復數的運算求解即可.【詳解】因為，所以.故選：D.2．已知，則“”是“”的（   ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由充分條件必要條件的定義判斷.【詳解】由不等式的性質，當時，一定有；當時，有或，不能得到.則“”是“”的充分不必要條件.故選：A3．已知函數，若，則（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據，利用可構造方程求得結果.【詳解】，，解得：.故選：C.4．已知，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據已知，利用三角函數的誘導公式計算求解.【詳解】由，有，得，可得，所以.故A，C，D錯誤.故選：B.5．若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為，則雙曲線的離心率為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據直線截圓的弦長計算出的值，利用雙曲線的離心率公式可求得雙曲線的離心率的值.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，圓的標準方程為，圓心坐標為，半徑為，所以，圓心到直線的距離為，解得，因此，雙曲線的離心率的值為.故選：A.6．八卦是中國古老文化的深奧概念，下圖示意太極八卦圖.現(xiàn)將一副八卦簡化為正八邊形，設其邊長為，中心為，則下列選項中不正確的是（    ）  A．B．C．和是一對相反向量D．【答案】C【分析】A項，由判斷；B項，由數量積的運算律求解判斷；C項，利用相反向量的定義判斷；D項，利用向量的線性運算求解判斷.【詳解】A項，由于，明顯有，故正確；B項，因為每個邊對應的中心角為，則，所以，又，且，所以，B正確；C項，和方向相反，但長度不等，因此不是一對相反向量，C錯誤；D項，因為，所以，D正確.故選：C.7．黎曼函數是一個特殊的函數，由德國著名的數學家黎曼發(fā)現(xiàn)并提出，在高等數學中有著廣泛應用，其定義為:時， .若數列 ，則下列結論:①的函數圖像關于直線對稱；②；③；④ ；⑤.其中正確的是（    ）A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤【答案】D【分析】根據黎曼函數的定義和性質逐項分析.【詳解】對于①：若 ，則 ， ，關于 對稱，若為無理數，則 也是無理數， ，也關于 對稱，若 ，并且 是既約的真分數，則，并且 是互質的 ， ， 也是真分數，若 不是既約分數，則 與 必定存在公約數 ，不妨假設 ，則有 ，即 存在大于1的公約數，與題設矛盾，故 也是既約分數， ，即關于 對稱，故①正確；對于②， 時， ，故②錯誤；對于③，當 時，有 ， ，但當 時 ，故③錯誤；對于④， ， ，構造函數 ，  ，則 ， 單調遞增， ，即 當 時 ， ， ，當 時， ， ， ，故④正確；對于⑤， ，故⑤正確；故選：D.8．已知函數，則不等式的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】構造函數，原不等式可整理為，求導得到的單調性，構造函數，求導，根據單調性得到，然后分和兩種情況解不等式即可.【詳解】不等式可整理為，令，定義域為，則原不等式可看成，，令，解得，令，解得，所以在上單調遞減，上單調遞增，令，則，令，則，令，則，所以在上單調遞增，上單調遞減，且，所以，即，即，當時，，，所以，解得；當時，，，所以，不成立；綜上可得，不等式的解集為.故選：D.【點睛】根據不等式形式構造新函數進而判斷新函數的單調性是解題的關鍵. 二、多選題9．根據國家統(tǒng)計局數據顯示，我國2010~2019年研究生在校女生人數及所占比重如圖所示，則下列說法正確的是（    ）A．2010~2019年，我國研究生在校女生人數逐漸增加B．可以預測2020年，我國研究生在校女生人數將不低于144萬C．2017年我國研究生在校女生人數少于男生人數D．2019年我國研究生在校總人數不超過285萬【答案】ABC【分析】根據統(tǒng)計圖表依次判斷選項即可得到答案.【詳解】對選項A，從2010-2019年，我國研究生在校女生人數逐漸增加，故A正確；對選項B，由于2010-2019年，我國研究生在校女生人數逐年增加，且2019年人數為144.8萬，故B正確；對選項C，2017年我國研究生在校女生人數所占比重為48.4%，不足一半，故C正確；對選項D，，故2019年我國研究生在?？側藬党^285萬，故D項錯誤.故選：ABC10．函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是  （    ）  A．B．函數的零點為C．函數圖象的對稱軸為直線D．若在區(qū)間上的值域為，則實數的取值范圍為【答案】ACD【分析】根據三角函數的圖象，利用三角函數的性質，求得，結合三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由函數的圖象，可得，，則，所以，又由，解得，因為，所以，所以，所以A正確.令，解得，可得函數的零點為，所以B錯誤.令，解得，所以函數圖象的對稱軸為直線，所以C正確.由，則，因為的值域為，所以，解得，即實數的取值范圍為，所以D正確.故選：ACD.11．如圖，棱長為2的正方體中，點E，F，G分別是棱的中點，則（    ）A．直線為異面直線 B．C．直線與平面所成角的正切值為 D．過點B，E，F的平面截正方體的截面面積為9【答案】BC【分析】作出圖形，利用中位線定理和平行的傳遞性即可判斷選項A；利用等體積法計算即可判斷選項B；根據線面角的概念即可判斷選項C；利用平面的性質即可判斷選項D.【詳解】對于A，連接，由題意可知，因為，所以，所以共面，故選項A錯誤；對于B，連接，由題意可知，所以，故選項B正確；對于C，連接，由正方體的性質可知平面，所以即為直線與平面所成的角，則，故選項C正確；對于D，連接，根據正方體的性質可得，且，所以平面即為過點B，E，F的平面截正方體的截面，該四邊形為梯形，其上底，下底為，高為，所以截面面積為，故選項D錯誤；故選：BC12．已知O為坐標原點，分別為雙曲線的左、右焦點，點P在雙曲線右支上，則下列結論正確的有（    ）A．若，則雙曲線的離心率B．若是面積為的正三角形，則C．若為雙曲線的右頂點，軸，則D．若射線與雙曲線的一條漸近線交于點Q，則【答案】AB【分析】對選項A，由題意列式得，即可求得；對選項B，利用等邊三角形的性質求解得，，即可得；對選項C，可得，即可判斷，對選項D，舉出反例即可判斷.【詳解】由題意，對于選項A，因為，所以的中垂線與雙曲線有交點，即有，解得，故選項A正確；對于選項B，因為，解得，所以，所以，故選項B正確；對于選項C，由題意可得顯然不等，故選項C錯誤；對于選項D，若為右頂點時，則為坐標原點，此時，故選項D錯誤.故選：AB.【點睛】關于雙曲線的離心率的求解，一般需要先列關于的等式或者不等式，從而求解出離心率的范圍；關于雙曲線的焦點三角形的應用，一般需要用到雙曲線的定義以及余弦定理列式來求解. 三、填空題13．已知展開式中，所有項的二項式系數之和為，則              ．（用數字作答）【答案】【分析】利用二項展開式系數和為可求得的值，令，利用賦值法可得的值.【詳解】由已知條件可知二項式系數和為，可得，令，則.故答案為：.14．已知，為單位向量，且在方向上的投影為，則              ．【答案】【分析】根據向量投影的定義求得，進而結合平面向量的數量積以及運算律即可求出結果.【詳解】由題得在方向上的投影為，又因為，為單位向量，則，所以，所以，即．故答案為：．15．已知拋物線的焦點為F，點在拋物線上，且滿足，設弦的中點M到y軸的距離為d，則的最小值為          ．【答案】1【分析】設,利用余弦定理表示出，利用拋物線定義結合梯形中位線性質表示出，從而可得的表達式，進而利用基本不等式化簡，可求得答案.【詳解】由拋物線可得準線方程為，設，由余弦定理可得,由拋物線定義可得P到準線的距離等于 ，Q到準線的距離等于，M為的中點，由梯形的中位線定理可得M到準線的距離為，則弦的中點M到y軸的距離，故，又，則，當且僅當時，等號成立，所以 的最小值為1，故答案為：1【點睛】關鍵點點睛：本題綜合性較強，涉及到余弦定理和拋物線定義以及基本不等式等，解答的關鍵是利用拋物線的定義表示出弦 的中點M到y軸的距離，結合余弦定理表示出的表達式，進而轉化為利用基本不等式求最值問題.16．若函數在區(qū)間上是嚴格減函數，則實數的取值范圍是      .【答案】．【分析】分類討論，按絕對值的定義分類討論去掉絕對值符號，然后對分類函數的兩個二次函數的對稱軸進行分類討論可得．【詳解】因為，當時，時，單調遞增，不合題意；當時，時，，函數在區(qū)間上是嚴格減函數，則，即；當時，時，，函數在區(qū)間上是嚴格減函數，則，即；當時，，，因此在是單調遞增，不合題意；綜上，的范圍是．故答案為：． 四、解答題17．已知數列的前項和為，滿足.(1)求數列的通項公式；(2)設，數列的前項和為，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）通過對進行變形，結合，得出的通項公式，進而得出的通項公式；（2）根據的通項公式進行求和，即可證明結論．【詳解】（1）因為，則化為，即，所以，所以是首項為，公差為的等差數列，所以，解得， 當時，，不滿足上式，所以.（2）結合（1）得，，所以，因為，所以．18．如圖，已知平面四邊形存在外接圓，且，，．  (1)求的面積；(2)求的周長的最大值．【答案】(1)3(2) 【分析】（1）根據四邊形存在外接圓的幾何性質可得，利用平方關系可得，再根據面積公式可得的面積；（2）根據余弦定理求解的長，再由余弦定理與基本不等式可得的最值，從而得的周長的最大值．【詳解】（1）因為平面四邊形存在外接圓，所以，，又，所以，所以的面積．（2）在中，由余弦定理得，解得．在中，由余弦定理得，即．由此得，當且僅當時，等號成立，所以，故的周長．19．在四棱錐P-ABCD中，側面底面ABCD，，底面ABCD是直角梯形， ．（1）求證：平面PBD：（2）設E為側棱PC上異于端點的一點，，試確定的值，使得二面角E-BD-P的余弦值為．【答案】（1）證明見解析  （2）【分析】（1）以D為原點建立空間直角坐標系，利用推出，結合可證明線面垂直；（2）設，由用表示出點E的坐標，從而求出平面EBD的一個法向量，代入即可求得.【詳解】（1）證明：因為側面底面ABCD，，所以底面ABCD，所以．又因為，即，因此可以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，所以，所以．由底面ABCD，可得，又因為，所以平面．（2）因為，又，設，則，所以．設平面EBD的法向量為，因為，由，得，令，則可得平面EBD的一個法向量為，，，，代入，化簡得，解得或，又由題意知，故．【點睛】本題考查空間位置關系的向量證明，空間向量證明線線垂直、利用法向量求二面角的余弦值，屬于?？碱}.20．甲?乙兩名運動員進行乒乓球比賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負者得0分，平局雙方均得0分，比賽一直進行到一方比另一方多兩分為止，多得兩分的一方贏得比賽.已知每局比賽中，甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，兩人平局的概率為，且每局比賽結果相互獨立.(1)若，求甲學員恰好在第4局比賽后贏得比賽的概率；(2)當時，若比賽最多進行5局，求比賽結束時比賽局數的分布列及期望的最大值.【答案】(1)(2)分布列見解析， 【分析】（1）根據題意結合獨立事件的概率乘法公式分析運算；（2）根據題意求出分布列，進而求出期望，再由基本不等式與二次函數的性質求出最值.【詳解】（1）用事件分別表示每局比賽“甲獲勝”，“乙獲勝”或“平局”，則，記“進行4局比賽后甲學員贏得比賽”為事件，則事件包括事件共5種，所以.（2）因為，所以每局比賽結果僅有“甲獲勝”和“乙獲勝”，即，由題意得的所有可能取值為，則，，.所以的分布列為245所以的期望，因為，所以，當且僅當時等號成立，所以，所以，故的最大值為.21．已知橢圓左焦點為，離心率為，以坐標原點為圓心，為半徑作圓使之與直線相切.(1)求的方程；(2)設點是橢圓上關于軸對稱的兩點，交于另一點，求的內切圓半徑的范圍.【答案】(1)(2). 【分析】（1）由題意得，解方程組可求出，從而可得橢圓的方程；（2）設的方程為，代入橢圓方程化簡利用根與系數的關系，再由點三點共線且斜率一定存在，可求得，得直線過定點，且為橢圓右焦點，所求內切圓半徑為，則，化簡換元后可求出其范圍.【詳解】（1）依題意，解得，所以的方程為.（2）因為不與軸重合，所以設的方程為，設點，則聯(lián)立，得，則因為點三點共線且斜率一定存在，所以，所以，將代入化簡可得，故，解得，滿足所以直線過定點，且為橢圓右焦點設所求內切圓半徑為，因為，所以令，則，所以，因為，對勾函數在上單調遞增，所以，則.所以內切圓半徑的范圍為.  .【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.22．已知函數，且，．(1)討論的單調性；(2)若，函數有三個零點，，，且，試比較與2的大小，并說明理由．【答案】(1)答案見解析(2)，理由見解析 【分析】（1）分類討論與，結合導數與函數的關系即可得解；（2）觀察式子先確定，再利用轉化法與換元法得到，進而利用雙變量處理方法得到，利用導數證得，從而得解.【詳解】（1）由，得，又，所以，則，所以，．當時，令，得或；令，得；所以在和上單調遞增，在上單調遞減；當時，令，得；令，得或；所以在與上單調遞減，在上單調遞增．（2），理由如下：因為，由，得，解得或．因為，所以，，是的正根，則，又，所以，，兩式相減得．令，，則，得，則．令，則，所以，，可得，．設，則，再設，則，所以在上為增函數，則，即，則在上為增函數，從而，所以，即，所以，即．【點睛】關鍵點睛：本題第2小題的解決關鍵是利用換元法，將轉化為，從而再利用導數處理雙變量的方法求解即可. 

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