湖南省郴州市2024届高三一模数学试题

湖南省郴州市2024届高三一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数是方程的一个根，则实数的值是（    ）A． B． C． D．3．“”是“直线与圆相切”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．5．设数列满足且是前项和，且，则（    ）A．2024 B．2023 C．1012 D．10116．有三个数：，大小顺序正确的是（    ）A． B．C． D．7．湖南第二届旅游发展大会于2023年9月15日至17日在郴州举行，为让广大学生知晓郴州，热爱郴州，亲身感受“走遍五大洲，最美有郴州”绿色生态研学，现有甲，乙两所学校从万华岩中小学生研学实践基地，王仙岭旅游风景区，雄鹰户外基地三条线路中随机选择一条线路去研学，记事件A为“甲和乙至少有一所学校选择万华岩中小学生研学实践基地”，事件B为“甲和乙选择研学线路不同”，则（    ）A． B． C． D．8．已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．若随机变量服从正态分布，且，则B．一组数据的第60百分位数为14C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－410．已知函数向左平移个单位长度，得到函数的图像，若是偶函数，则（    ）A．的最小正周期为B．点是图像的一个对称中心C．在的值域为D．函数在上单调递增11．定义在R上的函数满足为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（    ）A． B．为的对称轴C． D．12．在圆锥中，母线，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（    ）A．当时，则圆锥的体积为B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为C．当时，圆锥的外接球表面积为D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动三、填空题13．已知函数是偶函数，则 .14．在二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，则展开式中的常数项为 .15．已知双曲线和椭圆有相同的焦点，则的最小值为 .16．若存在，使得函数与的图象有公共点，且在公共点处的切线也相同，则的最大值为 .四、解答题17．在数列中，为数列的前项和，且满足.(1)求数列的通项公式；(2)若.求数列的前项和.五、证明题18．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点.  (1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.六、解答题19．已知向量，，函数.(1)若，求的值；(2)已知为锐角三角形，，，为的内角，，的对边，，且，求面积的取值范围.20．已知函数.(1)若曲线在处切线与轴平行，求；(2)若在处取得极大值，求的取值范围.七、证明题21．随着春季学期开学，郴州市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念.郴州市某中学食堂每天都会提供A，B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为.而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择套餐的概率为；前一天选择套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择套餐的概率也是，如此往复.记同学甲第天选择套餐的概率为.(1)求同学甲第二天选择套餐的概率；(2)证明：数列为等比数列；(3)从该校所有学生中随机抽取100名学生统计第二天选择去A餐厅就餐的人数，用表示这100名学生中恰有名学生选择去A餐厅就餐的概率，求取最大值时对应的的值.22．已知点在抛物线上，为抛物线上两个动点，不垂直轴，为焦点，且满足.(1)求的值，并证明：线段的垂直平分线过定点；(2)设（1）中定点为，当的面积最大时，求直线的斜率.参考答案：1．C【分析】根据对数函数的性质及不等式求集合，应用集合运算求交集；【详解】由题意得，，故．故选：C．2．D【分析】代入方程，即可得参数值.【详解】由复数是方程的一个根，得，解得，故选：D.3．A【分析】结合直线和圆相切的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】解：若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，即，，即，∴“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件，故选：A．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线与圆相切的等价条件是解决本题的关键，比较基础．4．B【分析】由已知可求出，再利用投影向量的计算公式，可得答案.【详解】由，则，，则，则向量在向量上的投影向量为.故选：B5．C【分析】根据题意和等差数列的定义和前n项求和公式,，可得出也为等差数列,从而得出答案.【详解】由题意，，，则数列为等差数列，设公差为，，即，则，则，则所以，（常数），则也为等差数列.则数列的公差为.所以所以.故选：C6．A【分析】根据给定条件，利用指数函数、三角函数、对数函数的单调性，结合“媒介数”比较大小作答.【详解】，，所以.故选：A7．B【分析】利用古典概率求出事件的概率，再利用条件概率公式计算即得.【详解】依题意，甲，乙随机选择一条线路去研学的试验有个基本事件，事件A含有的基本事件数是，则，事件含有的基本事件数为，则,所以.故选：B8．C【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案.【详解】由题意可作图如下：由图可知：，由平分，则，所以，由，则解得，由是关于直线的对称点，则共线，，，，所以，在中，，可得，解得，，在中，由余弦定理，可得，代入可得：，化简可得：，所以其离心率.故选：C.9．ACD【分析】根据正态分布概率性质计算判断A，由百分位数定义计算判断B，根据相关系数的概念判断C，把中心点代入回归方程求解后判断D．【详解】选项A，由已知，因此，A正确；选项B，总共有10个数，由于，因此第60百分位数为，B错；选项C，线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关性越强，越接近0，两个变量的线性相关性越弱，C正确；选项D，由已知，解得，D正确．故选：ACD．10．BC【分析】A选项，根据为偶函数及，得到，进而得到A错误；B选项，计算出，B正确；C选项，由得到，从而结合图象求出值域；D选项，由得到，结合图象得到答案.【详解】由题意得，，解得，因为，所以只有当，满足题意，A选项，，故最小正周期，A错误；B选项，，故，故点是图像的一个对称中心，B正确；C选项，，则，故，C正确；D选项，，则，由于在上不单调，故在上不单调递增，D错误.故选：BC11．BCD【分析】由，得函数图象关于直线对称，由是奇函数，得的图象关于点对称，从而得是周期函数，4是它的一个周期，由，得图象关于点对称，从而知与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，由此可判断各选项．【详解】，则函数图象关于直线对称，B正确；是奇函数，即，，则的图象关于点对称，，，C正确；所以，从而，所以是周期函数，4是它的一个周期，，A错；又，图象关于点对称，因此与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，，D正确．故选：BCD．12．AC【分析】根据侧面积可得，进而可得体积，可判断A选项，利用余弦定理可确定轴截面的顶角为钝角，进而可得截面面积的最值，可判断B选项，确定外接球球心与半径，可得外接球表面积，判断C选项，求得正四面体的外接球半径及圆锥的内切球半径，即可判断D选项.【详解】由已知圆锥的侧面积为，即，A选项：当时，，所以，体积，A选项正确；B选项：当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，  ，所以为钝角，令，是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，所以，当且仅当时，取等号，B选项错误；C选项：当时，，其轴截面如图所示，  可知其轴截面的外接圆半径即为圆锥的外接球半径，又，所以，所以外接球半径满足，，所以外接球表面积，C选项正确；D选项：棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示，  则正方体的棱长，所以正方体的外接球即正四面体的外接球，直径为，半径为，当时，，高，圆锥的内切球球心在线段上，圆锥的轴截面截内切球的大圆，即圆锥轴截面的内切圆，设内切圆半径为，由三角形面积得，解得，所以棱长为的正四面体不能在圆锥内任意转动，D选项错误；故选：AC.13．1【分析】根据给定条件，利用偶函数的定义列式求解即得.【详解】函数的定义域为R，依题意，，则，，即，整理得，而不恒为0，，因此，所以.故答案为：114．【分析】根据题意可确定n的值，继而求得二项展开式的通项公式，令x的指数等于0，求得r的值，即可求得答案.【详解】因为二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，故二项式的展开式有7项，则，故的通项公式为，令，故展开式中的常数项为，故答案为：15．9【分析】求出椭圆的焦点坐标，进而求出，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】的焦点坐标为，故，故，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为9.故答案为：916．【分析】设两函数图象的公共点横坐标为，求导后得到方程，求出，从而得到，即，构造函数，求导得到单调性，进而求出，求出答案.【详解】的定义域为，的定义域为R，设两函数图象的公共点横坐标为，则，，，则，即，解得或，因为，所以（舍去），满足要求，且，即，故，，令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故，所以的最大值为.故答案为：【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.17．(1)(2)【分析】（1）由前n项和求递推关系，应用等比数列定义证明等比求通项公式；（2）应用裂项相消法计算即可.【详解】（1）当时，，解得.当时，即，易知，所以.所以是以为首项，以2为公比的等比数列.故.（2），18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直证明线面垂直，再利用线线垂直证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法求面面角余弦值.【详解】（1）以为直径的圆经过点，，四边形为矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，又平面，平面，，，平面，平面；（2）平面，又平面，平面，，，又，，则、、两两互相垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  ，，，，在中，由勾股定理得，则点，，，，，则，，，.设平面的法向量为，平面的法向为，则得，，取，，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.19．(1)(2)【分析】（1）根据向量共线定理可得，再利用二倍角的余弦公式，结合齐次式的应用可得解；（2）根据向量数量积公式可得，进而可得，再利用正弦定理和面积公式可将三角形面积转化为三角函数求值域问题，确定自变量范围，即可得解.【详解】（1），，则；；（2），又，所以，，得，即，因为，所以，所以，所以，解得，则故，即面积的取值范围为.20．(1)1(2)【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义即可得解；（2）分类讨论的取值情况，利用导数分析的单调情况，从而得到其极值情况，由此得解.【详解】（1）因为，所以，因为曲线在处切线与轴平行，所以，解得，又，所以.（2）的定义域为，，①当时，令，得，令，得，在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值，满足题意；②当时，令，得，令，得，在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值，满足题意；③当时，（i）当时，所以在上单调递增，无极值，不满足题意；（ii）当时，，令，得，令，得或.在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.在处取得极小值，不满足题意；（iii）当时，，令，得，令，得或.在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.在处取得极大值，满足题意；综上所述，的取值范围为.21．(1)(2)证明见解析(3)33【分析】（1）根据题意结合全概率公式运算求解；（2）根据题意结合全概率公式可得，结合等比数列的定义分析证明；（3）根据题意分析可得，结合二项分布的概率公式列式求解.【详解】（1）设“第1天选择B套餐”，“第2天选择B套餐”，则“第1天不选择B套餐”.根据题意可知：.由全概率公式可得.（2）设“第天选择B套餐”，则，根据题意.由全概率公式可得，整理得，且，所以是以为首项，为公比的等比数列.（3）第二天选择A类套餐的概率由题意可得：同学甲第二天选择A类套餐的概率为，则不选择A类套餐的概率为，所以，则，当取最大值时，则，即，解得，且，所以.22．(1)，证明见解析(2)【分析】（1）将点代入抛物线方程可得，设直线的方程为：，联立方程根据中垂线性质和韦达定理分析证明；（2）利用弦长公式结合韦达定理整理得，进而可得，换元令，得到函数，利用导数判断原函数的单调性和最值.【详解】（1）将点代入抛物线方程，可得，解得，所以抛物线方程为，设直线的方程为：，联立方程，消去y得，由韦达定理得：，根据抛物线定义：，可得，此时，解得或，设的中点坐标为，则，可得的垂直平分线方程为：，将代入整理得：，故的垂直平分线过定点.（2）由（1）可得，且点到直线的距离，则的面积为，可得，设，设，则令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减所以当时，的面积取最大值，此时，即.  【点睛】关键点睛：1.动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将m用k表示为，得，故动直线过定点；2.与圆锥曲线有关的最值问题的解法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．