【文档说明】湖南省多校2024届高三下学期4月大联考数学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.026 MB，由管理员店铺上传

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2024届高三4月大联考数学（试题卷）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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.写在本试题卷上无效.3.本试题卷共7页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负.4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.姓名______.准考证号______.祝你考试顺利！机密★启用前一､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，只有一项是符合题目要求的.1.6(2)x−的展开式中，3x的系数是（）A.160B.160−C.220D.220−【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理直接列式求出3x的系

数.【详解】二项式6(2)x−的展开式中，3x系数为333366C2(1)C8160−=−=−.故选：B2.已知集合27120,14MxxxNxx=−+=−，则MN=（）A.(),5−B.3,4−C.()6,8D.()3,4【答案】D【解析】【分析】解集合中

的不等式，得到这两个集合，再由交集的定义求解.【详解】不等式27120xx−+解得34x，不等式14x−，即414x−−，解得35x−，可得()()()3,4,3,5,3,4MNMN==−=.故选：D.3.若复数z满足izz=，则z可以是（）A

.1i+B.2i+C.1i−D.12i+【答案】A【解析】【分析】设izab=+，由此写出z，根据z与z的关系得到a与b的关系，从而选出正确选项.【详解】设i,,Rzabab=+，则i,izzabz=−=，

即()iii,iiabababab+=−+=+，即ab=，故选：A4.原核生物大肠杆菌存在于人和动物的肠道内，在适宜的环境和温度下会迅速繁殖导致肠道内生态环境失衡从而引发腹泻等症状，已知大肠杆菌是以简单的二分裂法进行无性繁殖，在适宜的条件下分裂一次（1个变为2个）需要约24分钟，那么在适宜条件

下1个大肠杆菌增长到1万个大肠杆菌至少需要约（）（参考数据：lg20.3）A.4小时B.5小时C.6小时D.7小时【答案】C【解析】【分析】依据题意列出方程，利用对数的运算性质结合给定的特殊对数值处理即可.【详解】设适宜条件下1个大肠杆菌增长到1万个大肠杆菌大约需要x分钟，则241

210000x=，两边取对数得lg2lg10000424x==，解得42496320lg20.3x=，所以大约需要320165.3603=小时，故在适宜条件下1个大肠杆菌增长到1万个大肠杆菌至少需要6小时.故选：C..5.已

知直线220xy++=与抛物线2:Cyax=有唯一交点，则C的准线方程为（）A.=1x−B.1x=C.12x=−D.12x=【答案】C【解析】【分析】直线与抛物线联立方程组消去x，由Δ0=求出a的值，由抛物线方程求其准线方程.【详解】依题意，联立

2220xyyax++==，消去x得2220yaya++=，则2Δ480aa=−=，由0a得2a=，故抛物线C的方程为22yx=，其准线方程为12x=−.故选：C.6.在不断发展的过程中，我国在兼顾创新创

造的同时，也在强调已有资源的重复利用，废弃资源的合理使用，如土地资源的再利用是其中的重要一环.为了积极响应国家号召，某地计划将如图所示的四边形荒地ABCD改造为绿化公园，并拟计划修建主干路AC与BD.为

更好的规划建设，利用无人机对该地区俯视图进行角度勘探，在勘探简化图中，,,ADACABBCAC⊥⊥平分,BCDBDCD=，则cosACD=（）A.63B.229C.223D.33【答案】A【解析】【分析】设ACD=，则2BCD=，根据余弦定理及二倍角公式求得22cos

3=，根据的范围即可得解.【详解】设ACD=，则2BCD=，设CDBDa==，则2cos,cosACaBCa==.故在BCD△中，由余弦定理可得224222cos1cos2cos2cos2a

aaaa+−==，而2cos22cos1=−，故2212cos1cos2−=，解得221cos,cos233==，在直角三角形ACD中，为锐角，故cos0，故6cos3=.故选：A.7.将编号为

1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是（）A.14B.724C.712D.1724【答案】B【解析】【分析】利用排列组合，先求出将编号为1,

2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中的放法数，再求出至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的放法数，再利用古典概率公式，即可求出结果.【详解】将编号为1,2,3,44个小球随机放入编号为1,2,3,4的

4个凹槽中，共有44A24=种放法，恰有2个凹槽与其放入小球编号相同的有24C6=种放法，4个凹槽与其放入小球编号相同的有1种放法，所以至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是2444C17A24P+==，故选：B.8.使得不等式()()()()()sinsin2cossinco

scossinsinsincos−成立的一个充分不必要条件是（）A.π0,4B.ππ,42C.3π,π4D.5ππ,4【答案】C【解析】【分析】换元sincost=+，

利用二倍角公式和两角和的余弦公式的逆用将题干不等式转化为关于t的不等式，解出t满足的关系进而排除得到正确选项.【详解】令πsincos2sin2,24t=+=+−，的则()

()2222sin22sincossincossincos1t==+−+=−，()()()()()cossincoscossinsinsincoscossincoscost−=+=所以已知不等式化为()2πsin1cossin2ttt−

=+.2πππ11,1,2,2222tt−−+−+，故原不等式的解分两段：①ππ2π122t−+−得π2,12t−−，原不等式化为2π12tt−+，即2π102tt−−−.②πππ1222t−++得π1,22t−，原不

等式化为2π1π2tt−−+，即2π102tt+−−.四个选项对应的t取值范围分别为1,2,1,2,1,0,2,1−−−，当2t=时，由②2ππ112022+−−=+−tt不符合

题意，排除A、B；当2t=−时，由①2ππ112022−−=+−−tt不符合题意，排除D；1,0t−时易验证满足①，故选：C.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分

9.已知直线()():2240lmxmy+−−−=，圆22:4690Cxyxy++−+=，则（）A.l过定点()1,1B.圆C与y轴相切C.若l与圆C有交点，则m的最大值为0D.若l平分圆C，则25m=−【答案】ABD【解析】【分析】利用直线方程

与m的取值无关，求解定点判A，利用直线与圆的位置关系判断B，C,先发现直线必过圆心，后将圆心代入直线，求解参数，判断D即可.【详解】对A，整理直线l的方程，得()()240mxyxy−++−=，令0xy−=，解得xy=，当xy=

时，直线方程与m的取值无关，又2xy+=，解得1xy==，即l必过定点()1,1，故A正确；对B，整理圆C的方程，得22(2)(3)4xy++−=，易知圆心到y轴的距离为2，又2r=，故得圆C与y轴相切，故B正确；对C，若l与圆C有交点，设圆心C到直线l的距离为d，可得2252

2(2)(2)mdmm+=++−，解得142,,17m−故C错误；对D，若l平分圆C，则l必过圆心，易知圆心为()2,3−，将()2,3−代入直线l的方程，得5240m−+−=，解得25m=−，故D正确.故选：ABD.10.把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，当以,,

,ABCD四点为顶点的三棱锥体积最大时（）A.ABCD⊥B.直线BD与平面ABC所成角的大小为π4C.平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为13D.四面体ABCD的内切球的半径为23−【答案】BCD【解析】【分析】根据题意画出图形，再由几何法求

解异面直线垂直、线面成角、面面成角和内切球半径即可.【详解】如图所示，当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大，记E为AC中点，此时DE⊥平面BAC，因为AB平面BAC，所以ABDE⊥，因为CDDED=，所以AB与CD不垂直，A错误.对于B：直线BD和平面ABC所成角即为EBD，因

为tan1EDEBDBE==，故π4EBD=，B正确.对于C：由于BCCDBAAD===，取BD中点G，则有,CGBDAGBD⊥⊥，故CGA为平面ABD与平面BCD所成角的平面角.则222334122cos2366222AGCGACCGAAGCG+−+−===

，C正确.对于D：设内切球球心为I，内切球半径为r，由等体积法知，13ABCDIABCIBCDIACDIABDABCDVVVVVrS−−−−=+++=其中，1133ABCDACDVBES==，

112233222ABCDS=+=+，故312332ABCDABCDVrS===−+，D正确.故选：BCD.11.已知函数()fx是定义在()1,+上的连续函数，

且在定义域上处处可导，()fx是()fx的导函数，且()()1fxxfxx，则（）A.()()()42fffB.()()422ffC.()()()222fffD.()()24e2ff【答案

】BC【解析】【分析】根据()10fx可判断()fx在()1,+单调递增，即可判断A，构造()()fxgxx=，利用导数求解()gx在()1,+单调递增，即可判断BC,构造()()exfxhx=，

求导求解()hx在()1,+单调递减，即可判断D.【详解】由已知得()fxxx，故()()22,422ff，又因为()10fx，所以()fx在()1,+单调递增，所以()()()42,fffA错误；构造函数()()fxgxx=，则()()()10fxgxf

xxx=−，所以()gx在()1,+单调递增，因此()()42gg，即()()()()42,42242ffff，B正确；由于()()1,1fxfxxx，故()()()()()()()()()

()2,,()ffxfxgfxgxfxxffxfxx，因此()()()222fff，C正确；构造函数()()exfxhx=，则()()()exfxfxhx=−，而()()fxxfx，故()()0,hxh

x在()1,+单调递减，因此()()()()()()2424242,,4e2eeffhhff，D错误.故选:BC.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数()hx；(3)利用导

数研究()hx的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知公比为2的等比数列na满足2341aaa++=，则1a=______.【答案】114【解析】【分析】利用等比数列的通项公式可得答

案.【详解】由题意可得()2323411141aaaaqqqa++=++==，解得1114a=，故答案为：114.13.函数()cos(0)fxx=的图象在x=与2x=处的切线斜率相同，则的最小值为_

_____.【答案】π2−【解析】【分析】对()fx求导，可得()2ff=，则2sinsin2=，即可得出的最小值.【详解】因为()cos(0)fxx=，所以()sinfxx=−，因为函数()cos(0)fxx=的图象在x=与2x=处的切

线斜率相同，所以()2sinf=−，2sin2f=−，故有2sinsin2−=−，即2sinsin2=，则()222πkk=+Z或()22π2πkk+=+Z，解得()22πkk=+

Z或()π22πkk=−+Z，当0k=时，π22πk−+取最小值π2,22πk−+取得最小值2，因为π22−，故的最小值为π2−.故答案为：π2−.14.若函数()log(0,0xfxaax=，且1)x

的图象与直线2lnxya+=没有交点，则a的取值范围是______.【答案】1e4e1e,e【解析】【分析】由题意可得方程log2lnxaxa=−+在()()0,11,x+无解，即函数()ln2lnlnlng

xxxaxa=−+在()()0,11,x+无零点，当1a=时直接判断，当1a时求出函数的导函数，再分1a、01a两种情况讨论，当1a时利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，依题意只需()()0min0gxgx=，从而求出0x的取值范围，再结合()0011lnln2xx

a+=求出a的范围.【详解】由题意可得方程log2lnxaxa=−+在()()0,11,x+无解，将方程变形得ln2lnlnln0xxaxa−+=，即函数()ln2lnlnlngxxxaxa=−+在()()0,11,x+无零点，易得()gx的定义域为()0,+

，仅在讨论零点时舍去1x=的情况；若1a=时，则()lngxxx=，当01x时()0gx，当1x时()0gx，故在()()0,11,+无零点，因此1a=符合题意；当1a时，则()2ln1lnagxxx=+−，设()2ln1lnaxxx=+−，则()

22lnxaxx=+，当1a时()0x，则()x在()0,+单调递增，即()gx在()0,+单调递增，由于0x→时()gx→−，x→+时()gx→+，由零点存在性定理可知()gx在()0,+必有、且只有一个零点，设为0x，则当()00,xx时()0gx，当()

0,xx+时()0gx，所以()gx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，其中()0011lnln2xxa+=，故只需令()00gx，当01x=时()0ln0gxa=符合题意，因此()()()000000001lnln

1ln1ln2gxxxxxxxx=−+++()200012lnln102xxx=−−−，即()2002lnln10xx−−，解得01ln12x−，则01eex，设()()11ln2hxxx=+，1eex

，则()()12ln02hxx=+，所以()hx在1,ee上单调递增，又11e4eh=，()eeh=，所以1lne4ea，则1e4eeea；当01a时，()1ln0ga=，()ee02g=，故()gx在区间e1,2

必有零点，与所求不符.综上，a的取值范围为1e4e1e,e.故答案为：1e4e1e,e【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立

问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.已知函数()213exxfx−−

=.（1）求()fx的单调区间；（2）求()fx的极值.【答案】（1）单调递减区间为()(),1,3,−−+，单调递增区间为()1,3−（2）极大值26e，极小值为22e−【解析】【分析】（1）根据函数求出导函数，再由导函

数解出原函数的单调区间即可；（2）根据第1问的单调性求出极值即可.【小问1详解】因为()213exxfx−−=，所以()()()2113123eexxxxxxfx−−−−+−+==，令()0fx=

，解得3x=或=1x−，令()0fx得3x或1x−，令()0fx得13x−，列表如下：x(),1−−-1()1,3−3()3,+()fx-0+0-()fx极小值极大值故()fx的单调递减区间为()(),1,3,−−+，单调递增区间为()1,3−.【小问2详解】由（1）可

得()fx的极大值为()263ef=，极小值为()212ef−=−.为16.多样性指数是生物群落中种类与个体数的比值.在某个物种数目为S的群落中，辛普森多样性指数211siinDN==−，其中in为第i种生

物的个体数，N为总个体数.当D越大时，表明该群落的多样性越高.已知,AB两个实验水塘的构成如下：绿藻衣藻水绵蓝藻硅藻A66666B124365（1）若从,AB中分别抽取一个生物个体，求两个生物个体为同一物种的概率；（2）（i）比较,AB的多

样性大小；（ii）根据（i）的计算结果，分析可能影响群落多样性的因素.【答案】（1）15（2）（i）A的多样性大于B（ii）答案见解析【解析】【分析】（1）利用古典概型的求法可得答案；（2）根据给出211siinDN==−求出，然后比较即可.【小问1详解

】记事件C为“两个生物个体为同一物种”，则C发生的概率为()11155PC==.【小问2详解】（i）由表可知30,5,ABABNNSS====所以2214156305AD=−=，()2222221

6711243653090BD=−++++=；即ABDD，故A的多样性大于B；（ii）在（i）中两群落物种数目相同，各物种数量不同，而A中各物种数量均相同，即物种均匀度更大，分析可得物种均匀度也会影响群落多样性.17.如图所示，正四棱锥PABCD−中，32

,35,,ABPAMN==分别为,PAPC的中点，2=PEBE，平面EMN与PD交于G.（1）证明：PD⊥平面EMGN；（2）求二面角PMEN−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）4515【解析】【分析】（1）先通过PHEPGS∽，证PDG

E⊥，再通过MN⊥平面PBD，证MNPD⊥，最后通过线面垂直判定定理即可证PD⊥平面EMGN；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角PMEN−−的余弦值即可.【小问1详解】连接,ACBD，设ACBDO=，连接PO，有PO⊥平面ABCD，由

题意得,MENEMGNG==，且6,4596BDPO==−=,连接MN，EG，设EGMNS=，则MSNS=，故S在PO上，过E作,EHPOH⊥为垂足，在POB中，23PEEHPBOB==，故2EH=，因为MNAC，所以13,12PSPOSHPHPS===−=，

故1tantan2SEHDPO==，所以PHEPGS∽，所以90,PGEPHEPDGE==⊥，又,,MNOPMNBD^^OP平面PBD，BD平面PBD，BDOPO=，故MN⊥平面PBD，因为PD

平面PBD，故MNPD⊥.又,MNGESGE=平面,EMGNMN平面EMGN，故PD⊥平面EMGN.【小问2详解】以,,OAOBOP所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系可得()()()()3,0,0,0,3,0,0,0,6,0,3,0ABPD−，由（1）得PD⊥

平面EMGN，故平面EMGN的一个法向量为()0,3,6DP=其中()()3,0,6,3,3,0APAB=−=−设平面PAB的一个法向量为(),,nxyz=，则03603300nAPxzxynAB=−+

=−+==，令1z=可得()2,2,1n=设为二面角PMEN−−的平面角，则45coscos,15nDP==，由图可知所求二面角为锐角，故二面角PMEN−−的余弦值为4515.18.已知椭圆221:12xCy+=，焦点在x轴上的双曲线2

C的离心率为2，且过点()3,1，点()00,Pxy在2C上，且002xy，2C在点P处的切线交1C于,AB两点.（1）求直线AB的方程（用含00,xy的式子表示）；（2）若点()0,3Q，求QAB面积的最大值.【答案】（1）0002xyxyy=−（2）622+【解析

】【分析】（1）由离心率和所过的点求出双曲线的方程为222:2Cxy−=，由点P在第一象限，将双曲线2C变形为22yx=−，利用导数求切点处的切线方程.（2）直线与双曲线联立方程组，利用弦长公式和点到直线距离表示出QAB面积，消元后由基本不等式求最大值.【小问1详解】焦点在x

轴上双曲线2C的离心率为2，则双曲线为等轴双曲线，设双曲线方程为222xya−=，由双曲线过点()3,1，代入方程，解得双曲线222:2Cxy−=，点()00,Pxy在2C上，有22002xy−=，因为点P在第一象限，所以可以将双曲线2C变形为22yx=

−.求导有22xyx=−，当0xx=时，0002002xxxxyyx==−=，所以AB的方程为：()0000xyyxxy−=−，化简有0002xyxyy=−.【小问2详解】设()()01122002,,,,,xkmAxyBxyyy

==−，有2222km−=，联立2212xyykxm+==+，消去y得()222124220kxkmxm+++−=，的有12221224212221kmxxkmxxk+=−+−=+，()22Δ821240km=+−=，2

121ABkxx=+−=222222221212612121kkmkkk++−+=++，点Q到直线AB的距离231mdk−=+，则2631221QABmSABdk−==+，将0002,xkmyy==−代入，有QABS=△()2002063234yyy++()()()000220

022246161343212216yyyyy−−=+=++−+−+()()0000226616121621632122321222yyyy=++=+−++−+

−−当且仅当04323y=+时取等号，故QAB面积最大值为622+.【点睛】方法点睛：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，强化有关直线与圆锥曲线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．19.若数列na在某项之后的所有项均为一常数，则称na是“最终常数列”.已

知对任意()*,nmmnN，函数()fx和数列na满足()11minniinafa+=.（1）当()fxx时，证明：na是“最终常数列”；的（2）设数列nb满足11mba+=，对任意正整数()1

,nnnbfb+=.若方程()0fxx−=无实根，证明：na不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数i，imiba+=；（3）若()21,,nmfxxa==不是“最终常数列”，求1a的取值范围.【答案】（1

）证明见解析（2）证明见解析（3）()0,1【解析】【分析】（1）利用“最终常数列”定义即可证明；（2）利用反证法结合“最终常数列”新定义证明必要性，利用“最终常数列”定义证明必要性；（3）利用第二问的证明结论即可求出1a的取值范围.【小问1详解】因为()fxx，所以对任意()1

11,minminniiininnmafaa+=，故数列最小值不变.即对于任意()()11111,minmin,minminiiniiiniminimnmaaafafa+===恒成立.故对于任意1nm+，有()1min

niimafa=，故na是“最终常数列”.【小问2详解】必要性，若na不为“最终常数列”，假设存在一个nm使得11minniinaa+，则由（1）同理可知其最小值不变，故na为“最终常数列”，矛盾.所以对任意1

1,minniinnmaa+.故对任意1nm+，均有1minniinaa=成立，故()1nnafa+=对任意1nm+成立，又由nb定义递推，知对任意正整数,imiiba+=.充分

性：若任意正整数,imiiba+=，则()1nnafa+=对任意1nm+成立，又由na定义知任意1nm+，均有1minniinaa=成立.由此知1111minminniinininaaaa++=

=.又由()0fxx−=知1+nnaa，故1nnaa+，即na在第1m+项后严格递减，故不是“最终常数列”.综上，原命题得证.【小问3详解】由（2）知：要求()12111miniifaaaa==，解得()10,1a.下面证明：()11,

4a即为所求.由()11,4a时，()()22110,1afaa==，由递推可知，对任意*nN均有()0,1na.进而()1nnafa+=对任意*nN均成立，结合（2）结论知na不是“最终常数列”.故1a的取值范围是()0,1.【点睛】关键点点睛：本题求解的

关键是：一要准确理解给定的新定义；二要利用反证法得出矛盾.