湖南省三湘创新发展联合体2023-2024学年高三下学期2月开学统试数学试题

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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. 已知，若为纯虚数，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据纯虚数的要求，使实部为零，虚部不等于零即得.
【详解】因为，所以解得．
故选：C.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式得集合A，再由交集的定义即可得到结果.
【详解】，，则．
故选：B.
3. 若直线与圆只有一个公共点，则（ ）
A 0B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线所过定点，以及直线与圆的位置关系可得.
【详解】由题意可得直线与圆相切，
又因为直线过定点，点A在圆上，
所以直线与直线垂直，
因为直线的斜率不存在，所以．
故选：A
4. 已知向量，，则“”是“向量与的夹角为锐角”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件概念以及向量数量积的应用，进行判断即可.
【详解】若，则，解得．
若向量与的夹角为锐角，则且，所以且，解得．
故“”是“向量与的夹角为锐角”的必要不充分条件．
故选：C.
5. 有一组样本数据由5个连续的正整数组成，其中是最小值，是最大值，若在原数据的基础上增加两个数据，，组成一组新的样本数据，则（ ）
A. 新样本数据的平均数小于原样本数据的平均数
B. 新样本数据的平均数大于原样本数据的平均数
C. 新样本数据的方差等于原样本数据的方差
D. 新样本数据的方差大于原样本数据的方差
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、方差的概念逐项分析判断.
【详解】设原样本数据的平均数为，
则新数据的平均数为
，
所以新样本数据的平均数等于原样本数据的平均数，故A，B错误；
由题意新数据的波动增大，所以方差越大，故C错误，D正确．
故选：D.
6. 大西洋鲑鱼每年都要逆游而上，游回产地产卵.研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速（单位：）可以表示为，其中表示鲑鱼的耗氧量的单位数.若一条鲑鱼游速为时耗氧量的单位数为300，则一条鲑鱼游速为时耗氧量的单位数为（ ）
A. 100B. 900C. 1200D. 8100
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据条件求，再代入求的值.
【详解】由题意可得，解得，所以.令，解得8100.
故选：D
7. 现准备给一半径为的实心球体玩具制作一个圆台型带盖的纸质包装盒，要使制成的包装盒能装下该球体玩具，且该包装盒的下底面是半径为的圆，则制成的包装盒的容积最小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出球为圆台的内切球时，圆台上底面圆半径，再利用圆台的体积公式计算得解.
【详解】要使制成的包装盒的容积最小，则该球体玩具与包装盒的上下底面及侧面都相切，
作该圆台型包装盒的轴截面得等腰梯形，截内切球得该梯形的内切圆，如图，

其中点分别是上下底面圆圆心，作于，连接，则，，
显然，而，则，解得，
所以该包装盒的容积最小为.
故选：D
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
8. 已知函数的定义域为，若是单调函数，且有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数有零点，易得，再根据是单调函数可得或者在上恒成立，根据，推得恒成立，利用基本不等式即可求得参数的范围.
【详解】因为有零点，所以方程有解，即在上有解，所以．
又由可得：．
因为是单调函数，所以函数在上恒成立或在上恒成立．
因为，所以在上不可能恒成立．
即函数在上恒成立，即在上恒成立．
因（当且仅当时，等号成立），故须使，解得．
综上，的取值范围是．
故选：B.
【点睛】思路点睛：根据函数零点的含义，将其转化成对应方程有实根的问题；根据函数具有单调性，通过函数求导得出导函数在定义域上恒正或恒负，利用参变分离法即得参数范围.
二、选择题：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. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，结合赋值法得，再逐项分析计算得解.
【详解】数列中，，令，得，解得，
令，则，因此，A正确，B错误；
显然，则，解得，C正确；
，解得，D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象关于点中心对称
C. 的最小正周期是
D. 在上有最大值，且最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出函数的定义域，借助换元法及复合函数单调性探讨函数在的单调性，再逐项分析判断得解.
【详解】由，解得，
则函数的定义域为，
令，则，令函数，
当时，，，
且函数在上单调递增，在上单调递减，
而函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，
在上单调递减，从而函数的图象不关于直线对称，A错误；
在上有最大值，且最大值为，D正确；
显然，
，
因此的图象关于点中心对称，B正确；
由对称性可得在上单调递减，在上单调递增，
则在上不具有周期性，又，
所以的最小正周期为，C正确.
故选：BCD
11. 已知为坐标原点，为抛物线上两点，为的焦点，若到准线的距离为2，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则周长的最小值为
B. 若直线过点，则直线的斜率之积为
C. 若，则的取值范围是
D. 若的外接圆与准线相切，则该外接圆的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，结合抛物线的定义，逐项分析判断得解.
【详解】依题意，，则抛物线：的焦点，作，垂足为，
的周长为，当且仅当共线时取等号，A错误；
若直线过点，设直线的方程为，由，
得，设，则，，
因此直线，的斜率之积为，B正确；
若，则，令，
所以，C正确；
若的外接圆与准线相切，设的圆心为，则，
因此圆心的纵坐标，则其半径，面积为，D正确.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：抛物线上的点与一定点和焦点距离和的问题，利用抛物线定义转化为到准线距离求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 甲、乙等7名同学随机站成一排，则甲、乙相邻且甲不站两端的不同排列方式有______种．
【答案】1200
【解析】
【分析】根据给定条件，利用相邻问题并结合排除法列式计算即可.
【详解】把甲乙捆绑在一起视为一个对象，与其他5名同学作全排列，并考虑甲乙间的排列，有种，
其中甲站两端之一的有种，
所以甲、乙相邻且甲不站两端的不同排列方式有（种）.
故答案为：1200
13. 已知双曲线的右支上有一点，点关于坐标原点对称的点为为双曲线的左焦点，且满足，当时，双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设双曲线的右焦点为，根据双曲线的对称性可知四边形为矩形，且，结合双曲线的离心率与三角恒等变换计算，即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为，连接，
由双曲线的对称性可知四边形为矩形，且，
所以，，
由双曲线的定义知，，而，
所以双曲线的离心率为
.
故答案为：
14. 如图，在三棱锥中，平面平面为棱上靠近点的三等分点，且为的角平分线，则二面角的平面角的正切值的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，借助直角三角形的边角关系可得，再在平面内，利用圆的性质求出最大时点位置即可计算得解.
【详解】过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接，如图，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，而平面，于是，，
又平面，因此平面，而平面，
则，为二面角的平面角，
在中，，则，
则，
在中，，从而，
在平面内，过点作交直线于点，如图，
则点在以为直径的圆上运动，设的中点为，连接，
显然，而，
因此，又，则∽，
于是，又，则，解得，
当直线与圆相切时，最大，最小，
，
所以二面角的平面角的正切值的最小值为.
故答案：
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
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. 已知公差不为0的等差数列满足，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）据题意，由等差数列通项公式代入列方程组即可解得，进而求出通项公式；
（2）由（1）可得，进而得到，利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为，
所以，①
又成等比数列，
所以，即，②
由①②解得或（舍去），，
所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以.
16. 已知椭圆的右顶点为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于另一点，若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助右顶点坐标及离心率计算即可得椭圆方程；
（2）设出直线方程联立曲线计算可表示出点坐标，借助两点间距离公式计算即可得直线的方程.
【小问1详解】
由题意可得，．因为，所以，
则，故椭圆的方程为；
【小问2详解】
由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为．
联立，得，
易知．设，则，
所以，，
因为，
所以，
即，解得，
所以直线的方程为，即．
17. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，直线与平面所成的角为30°．
（1）证明：平面．
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，过点作，根据题意结合线面垂直的判定定理以及性质定理分析证明；
（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，，过点作，垂足为点，
因为是等边三角形，，则，，
且，平面，可得平面，
由平面，所以，
且，平面，所以平面，
可知为直线与平面所成的角，则，
则，，．
在中，，
即，解得．
因为，，
所以，．
因为，平面，所以平面．
【小问2详解】
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
可得，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为．
18. 某学校食堂每天中午为师生提供了冰糖雪梨汤和苹果百合汤，其均有止咳润肺的功效．某同学每天中午都会在两种汤中选择一种，已知他第一天选择冰糖雪梨汤的概率为，若前一天选择冰糖雪梨汤，则后一天继续选择冰糖雪梨汤的概率为，而前一天选择苹果百合汤，后一天继续选择苹果百合汤的概率为，如此往复．
（1）求该同学第二天中午选择冰糖雪梨汤的概率．
（2）记该同学第天中午选择冰糖雪梨汤的概率为，证明：为等比数列．
（3）求从第1天到第10天中，该同学中午选择冰糖雪梨汤的概率大于苹果百合汤概率的天数．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）同学只有1天中午选择冰糖雪梨汤的概率大于苹果百合汤的概率.
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式计算即得.
（2）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得.
（3）由（2）求出数列的通项公式，再分奇偶解不等式得解.
【小问1详解】
设表示第一天中午选择冰糖雪梨汤，表示第二天中午选择冰糖雪梨汤，则表示第一天中午选择苹果百合汤.
根据题意得，
.
【小问2详解】
设表示第天中午选择冰糖雪梨汤，则，
根据题意得，
由全概率公式得
，即，
不妨设，即，
所以，解得，
则，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
【小问3详解】
由（2）得，.
由题意，只需，即，
则，即.
显然必为奇数，偶数不成立.
当时，有.
当时，显然成立.
当时，，所以当时不成立.
因为单调递减，所以也不成立.
综上，该同学只有1天中午选择冰糖雪梨汤的概率大于苹果百合汤的概率.
【点睛】关键点点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若方程有两个不相等的根，且的导函数为，证明：．
【答案】19. 详解见解析； 20. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数分类讨论含参的函数的单调性即可；
（2）由（1）知，，令，利用导数可得在上单调递增，得，进而，结合基本不等式即可证明.
【小问1详解】
，则，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，令，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
因为方程有两个不等根，且，
由（1）知，，
令，
则
，
所以函数在上单调递增，
所以
，
又在上单调递增，
所以，又，
所以，所以，
又，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.