湖北省部分重点中学2024届高三上学期第一次联考数学试卷（含答案解析）

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1、湖北省部分重点中学2024届高三第一次联考数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则虚部为（ ）A. B. C. D. 3. 设，则是（ ）条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要4. 的展开式中的系数为（ ）A. B. 25C. D. 55. 已知，若，则（ ）A B. C. D. 6. 已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 7. 已知函数，且，则实数a的取值范围是（ ）A.

2、 B. C. D. 8. 设，已知函数，有且只有一个零点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 下列说法正确的是（ ）A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8B. 对于随机事件与，若，则事件与独立C. 若随机变量，若最大，则D. 设随机变量服从正态分布，若，则10. 已知，直线：，：，且，则（ ）A. B. C. D. 11. 正方体棱长为4，动点、分别满足，其

3、中，且，；在上，点在平面内，则（ ）A. 对于任意的，且，都有平面平面B. 当时，三棱锥的体积不为定值C. 若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为D. 的取值范围为12. 如图过抛物线：焦点作两条互相垂直的直线，与相交于，两点，与相交于，、分别是弦和弦的中点，则下列说法中正确的是（ ）A. 若点，则周长的最小值为B. 的最小值为C. 最小时，D. 和面积之和的最小值为8三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则_14. 已知函数是上的奇函数，都有成立，则_15. 若函数在处的切线与的图像有三个公共点，则的取值

4、范围_16. 2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花“科赫雪花”它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，设雪花曲线周长为，面积为若的边长为3，则_；_四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知中，角，所对的边分别为，满足.（1）求的大小；（2）如图，在直线的右侧取点，使得，求为何值时，四边形面积的最大，并求出该最大值18

5、. 如图,在三棱台中,平面平面,.（）求证：平面；（）求二面角的平面角的余弦值.19. 已知正项数列的前项和，满足：（1）求数列的通项公式；（2）记，设数列的前项和为，求证20. 2023年10月5日晚，杭州亚运会女篮决赛的巅峰对决中，中国女篮以战胜日本女篮，成功卫冕亚运会冠军，大快人心，表现神勇，为国家和人民争了光某校随即开展了“学习女篮精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次篮球训练课上，进行了一场、3名女篮队员的传接球的训练，球从手中开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住记第次传球之前球在手

6、中的概率为，易知，（1）求第5次传球前，球恰好在手中概率；第次传球前球在手中的概率为，试比较与的大小（2）训练结束，体育老师为了表扬队员们精彩的表现和取得的进步，组织了一场“摸球抽奖”活动，先在一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖若设三次摸奖（每次摸奖后球放回）恰好有一次中奖的概率，当取何值时，最大?21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.22. 已知点是圆：上一动点（为圆心），点的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点，动点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2），是曲线上的两个动点，为坐标原点，直线、

7、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；（3）设为曲线上任意一点，延长至，使，点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于、两点，求面积的最大值湖北省部分重点中学2024届高三第一次联考数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.【详解】由可得：，所以，由可得：，所以，故，所以.故选：A.2. 若复数z满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的四则运算、共轭复数的概念与复数的定义求值即可.【详解】

8、，即的虚部为.故选：D3. 设，则是的（ ）条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】根据向量共线和垂直的坐标表示，分别求得的值，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由向量，当时，可得，解得；当时，可得，解得，所以是的充分不必要条件.故选：A.4. 的展开式中的系数为（ ）A. B. 25C. D. 5【答案】A【解析】【分析】根据题意，借助二项展开式通项得的展开式为，分析求解【详解】的展开式为，令，得，则，令，得，则，令，得，的展开式中的系数为.故选：A5. 已知，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析

9、】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解.【详解】因为，所以，故选：C6. 已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接、，则，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.【详解】连接、，则，由切线长定理可知，又因为，所以，所以，则，设点，则，且，所以，所以，故，故选：B.7. 已知函数，且，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设（），即，结合条件得到：，再由的奇偶性和单调性得到：，即可求解.【详解】由题意得，函数，设（），

10、则，由，得， 又因为，所以是上的奇函数，即，又有，因为是上的增函数，是上的增函数，所以是上的增函数；则，即，整理得：，解得：或，所以实数a的取值范围为，故选：B.8. 设，已知函数，有且只有一个零点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设函数的零点为，可得，由此可得点在直线上，由此可得，再利用导数求其最小值.【详解】函数的零点为，则，且，即， 所以点在直线上，又表示点到原点的距离的平方，故，所以，设，则，故，设，则，因为，所以，所以函数在上单调递减，所以当时，故当时，函数在上单调递增，所以.所以当，时，取最小值，最小值.所以当时，的最小值为.故选：B.【点睛】知

11、识点点睛：本题考查函数零点的定义，直线方程的定义，点到直线的距离，两点之间的距离，利用导数求函数的最值，考查数学运算，数形结合等数学思想.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 下列说法正确的是（ ）A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8B. 对于随机事件与，若，则事件与独立C. 若随机变量，若最大，则D. 设随机变量服从正态分布，若，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A，利用百分位数定义判断即可；对

12、于B，利用对立事件和条件概率的公式，结合独立事件的定义判断即可；对于C，根据随机变量的均值与方差公式，结合二项分布的概率公式求解即可；对于D，利用正态曲线的特点判断即可.【详解】对于A，把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，因为，则这组数据的第百分位数为，故A错误；对于B，又，所以，即事件与相互独立，故B正确；对于C，因为随机变量，所以，故，又，当最大时，；又，此时，故C正确；对于D，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称，又因为，所以，所以，故D正确.故选：BCD.10. 已知，直线：，：，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】

13、由，得，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立.【详解】由，得，即，则，当且仅当，即时等号成立，所以有，A选项正确；由，有，当且仅当，即时等号成立，所以有，B选项成立；由，有，则，由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误；由，有，当且仅当，即时等号成立，D选项正确.故选：ABD.11. 正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（ ）A. 对于任意的，且，都有平面平面B. 当时，三棱锥的体积不为定值C. 若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为D. 的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】建空间直角坐标系，用向量知识求解四个选项.【

14、详解】对于A，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，则，设平面的法向量为，则，令，则，则，又，所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；对于B，当时，设平面的法向量为，则，令，则，所以，又，点到平面的距离为又，又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；对于C，设，,则因为直线到平面的距离为，所以平面，设面为，则，令，则，所以所以，即，又，则，解得或，若，所以，又，设直线与直线所成角为，所以当最大时，最小，令，在单调递增，所以，最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；若，所以，根据对称性可得最小为，故C正确；对

15、于D，设因为，所以，所以，整理得，即所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，所以，当时，最小为，当时，最大为所以的取值范围为，故D正确.故选：ACD.12. 如图过抛物线：的焦点作两条互相垂直的直线，与相交于，两点，与相交于，、分别是弦和弦的中点，则下列说法中正确的是（ ）A. 若点，则周长的最小值为B. 的最小值为C. 最小时，D. 和面积之和的最小值为8【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线的定义及焦半径公式，用点的坐标分别表示选项要求，利用基本不等式求解即可.【详解】对于A，准线方程为，点，过点作垂直于准线的直线,垂足为,由抛物线定义知则周长为当最小时，周长最小，所

16、以当在一条直线上时，最小，最小长度为，所以周长最小值为,故A错误；对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为，联立，即 ，则，当且仅当，即时等号成立，故B正确；对于C，直线的斜率为，代入中，设，得，、分别是弦和弦的中点所以，即，最小为4，当且仅当时等号成立，此时，所以，故C正确；对于D，由抛物线定义得，和面积之和为当且仅当，且，等号成立，所以和面积之和的最小值为8，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则_【答案】【解析】【分析】根据函数图象的平移可得，进而根据偶函数即可求解,进

17、而可求解.【详解】，由于是偶函数，所以,故，所以，故答案为：14. 已知函数是上的奇函数，都有成立，则_【答案】0【解析】【分析】根据题意，由条件可得，即函数的周期，即可得到，从而得到结果.【详解】因为函数是上的奇函数，则，又，都有，令，则，即，所以，都有，即，所以，即函数的周期，则，由，令，可得，所以，则，所以，则.故答案为：015. 若函数在处的切线与的图像有三个公共点，则的取值范围_【答案】【解析】【分析】数形结合，函数过点，当切线过点时，切线与函数的图象有三个公共点，当切线与相切时直线与函数的图象只有两个公共点，计算出两个临界情况相应的值，即可求得的取值范围【详解】当时，所以切点的坐标

18、为，当时，所以切线的斜率，所以切线的方程为：而，即过点当切线过点时，切线与函数的图象有三个公共点，将代入切线方程得：，得当切线与相切时，切线与数的图象只有两个公点，设切线：与在处相切，由，得，所以，得，所以切点坐标为代入切线：，得，因此在处的切线与的图像有三个公共点时，的取值范围为：.故答案为：.16. 2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花“科赫雪花”它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，

19、直到无穷，形成雪花曲线，设雪花曲线周长为，面积为若的边长为3，则_；_【答案】 . . 【解析】【分析】先设出雪花曲线的边长为，边数为，根据已知写出，的通项，且当时，应用累加法求出通项，进而求出答案.【详解】设雪花曲线的边长为，边数为，又周长为，面积为，由题意可知，所以，所以，则，又，当时，.也符合该式.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知中，角，所对的边分别为，满足.（1）求的大小；（2）如图，在直线的右侧取点，使得，求为何值时，四边形面积的最大，并求出该最大值【答案】（1） （2），四边形面积的最大，最大值为【解析】【分

20、析】（1）根据正弦定理可得，进而结合两角和的正弦公式及同角三角函数关系化简可得，进而求解即可；（2）由（1）可得为等边三角形，在中，由余弦定理可得，进而结合三角形面积公式和三角恒等变换公式可得四边形的面积，进而结合正弦函数的性质即可求解.【小问1详解】由题意，由正弦定理得即又因为中，所以，又因为，所以，即又，故.【小问2详解】由（1）知，因为，所以为等边三角形，在中，由余弦定理得，而，所以四边形的面积为，因为，当，即时，取得最大值，为，故四边形面积的最大值为18. 如图,在三棱台中,平面平面,.（）求证：平面；（）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】（）延长，相交

21、于一点，先证，再证，进而可证平面；（）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值【详解】（）延长，相交于一点，如图所示因为平面平面，平面平面，且，所以平面，平面，因此又因为，所以为等边三角形，且为的中点，则所以平面（）方法一：过点作于Q，连结因为平面，所以，则平面，所以所以是二面角的平面角在中，得在中，得所以二面角的平面角的余弦值为方法二：如图，延长相交于一点，则为等边三角形取的中点，则，又平面平面，所以，平面以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系由题意得，

22、因此，设平面的法向量为，平面的法向量为由，得，取；由，得取于是，所以，二面角的平面角的余弦值为【点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线19. 已知正项数列的前项和，满足：（1）求数列的通项公式；（2）记，设数列的前项和为，求证【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由，把用1代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通项可求；（2）由（1）可先算出，代入求得通项并裂项，再求和即可证明【小问1详解】当时，解得当时，由，可得，得

23、：，即，是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列的通项公式【小问2详解】由（1）可得，.20. 2023年10月5日晚，杭州亚运会女篮决赛的巅峰对决中，中国女篮以战胜日本女篮，成功卫冕亚运会冠军，大快人心，表现神勇，为国家和人民争了光某校随即开展了“学习女篮精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次篮球训练课上，进行了一场、3名女篮队员的传接球的训练，球从手中开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住记第次传球之前球在手中的概率为，易知，（1）求第5次传球前，球恰好在手中的概率；第次传球前球在手中的概率

24、为，试比较与的大小（2）训练结束，体育老师为了表扬队员们精彩的表现和取得的进步，组织了一场“摸球抽奖”活动，先在一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖若设三次摸奖（每次摸奖后球放回）恰好有一次中奖的概率，当取何值时，最大?【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）利用树状图列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得；依题意第次传球前在乙、丙手中的概率均为，则，从而得到为等比数列，即可求出的通项公式，求出与，即可判断；（3）首先求出一次摸奖中奖的概率，则三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率，再利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的

25、极大值点，再求出即可.【小问1详解】记三个人分别为、，则4次传球的所有可能可用树状图列出，如图每一个分支为一种传球方案，则基本事件的总数为16，而又回到手中的事件个数为6，根据古典概型的概率公式得第次传球前在乙、丙手中的概率均为，故，为等比数列，首项为，公比为，所以，.【小问2详解】一次摸奖从个球中任选两个，有种，它们等可能，其中两球不同色有种，一次摸奖中奖的概率三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率，则，所以当时，当时，所以在上为增函数，在上为减函数，当时，取得最大值，又，得时，最大.21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.【答案】（

26、1）见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)先求导，然后对的情况进行讨论，判断其单调性；（2）原函数由两个极值点，转化为导函数有两个零点，即方程的判别式，列出相关的式子，最后采用构造函数来证明.【详解】(1)的定义域为，当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，令，得或，令，得，所以在，上单调递增，在上单调递减；当时，则，所以在上单调递增；当时，令，得或，令，得，所以在，上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；在时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减，（2），则的定义域为，若有两个极值点，（）

27、，则方程的判别式，且，所以，因为，所以，得，所以，设，其中，令得，又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，而，从而恒成立.【点睛】在求含有参数的函数单调性时，结合导函数的形式，对参数进行讨论是解题的关键，极值点问题通常可以转化为零点问题进行求解，遇到证明恒成立问题，根据函数的形式，采用构造新函数的方法可以达到事半功倍的效果.22. 已知点是圆：上一动点（为圆心），点的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点，动点的轨迹为曲线（1）求曲线方程；（2），是曲线上的两个动点，为坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；（3）设为曲线上

28、任意一点，延长至，使，点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于、两点，求面积的最大值【答案】（1） （2）是， （3）【解析】【分析】（1）由已知得，动点的轨迹为椭圆，待定系数法求方程即可；（2）设两点的坐标，表示出的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求的面积.（3）求出点的轨迹方程曲线，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值.【小问1详解】因为线段的中垂线交线段于点，则，所以，由椭圆定义知：动点的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，所以曲线的方程为【小问2详解】设，直线：；，到直线的距离，所以另一方面，因为，是椭圆上的动点，所以

29、可设，由，得，为定值.【小问3详解】设，代入：得，所以曲线的方程为.由知，同理，设，当直线有斜率时，设：，代入椭圆的方程得：，将：代入椭圆的方程得：，与椭圆有公共点，由得：，令，则，当斜率不存在时，设：，代入椭圆的方程得：，综合得面积的最大值为，所以面积的最大值为【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题