2024年湖南省高考数学模拟试题（新高考适用）

这是一份2024年湖南省高考数学模拟试题（新高考适用），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，为复数的共轭复数,复数满足，则（ ）
A．1B．C．D．
3．在的展开式中，含的项的系数为，则的最小值为（ ）
A．13B．25C．30D．36
4．如图，在中，，P是线段BD上一点，若，则实数m的值为（ ）

A．B．C．D．
5．色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标，现抽检一批产品测得如下数据：已知该产品的色度和色差之间满足线性相关关系，且，现有一对测量数据为，则该数据的残差为（ ）
A．0.6B．0.4C．D．
6．已知函数，以下说法中，正确的是（ ）
①函数关于点对称； ②函数在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为．
A．①②B．②③④C．①③D．②
7．已知函数为偶函数，当时，，则的解集是（ ）
A．B．
C．或D．
8．如图，已知椭圆的左､右焦点分别为，过椭圆左焦点的直线与椭圆相交于两点，，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数满足， 且， 则（ ）
A．
B．
C．函数为奇函数
D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．使有意义的实数的取值范围为
B．由幂函数的定义域是，可知
C．若函数的图像关于原点对称，则的一个可能取值为
D．若，则
11．如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果四边形是边长为2的正方形，则（ ）

A．异面直线与所成角大小为
B．二面角的平面角的余弦值为
C．此八面体一定存在外接球
D．此八面体的内切球表面积为
三、填空题
12．小明的生日是12月23日，他从1，2，2，3这四个数字的所有不同排列中任选一种设置为自己的4位数手机密码，则他设置的密码中1与3相邻的概率为 .
13．若函数，函数在区间内有零点，则实数的取值范围为 .
14．已知抛物线的准线与圆相切，请写出一个抛物线的标准方程为 ．
四、解答题
15．在中，为边上一点，，且的面积为．
(1)求的长；
(2)若，求的值．
16．已知数列为递增的等差数列，为和的等比中项．
(1)求数列通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17．已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知抛物线：上的点到焦点的距离为．
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线上一点（异于坐标原点）作切线，过作直线，交抛物线于，两点．记直线，的斜率分别为，，求的最小值．
19．设是由正整数构成的集合．证明：对任何整数，都存在的子集，使（为集合元素的和），当且仅当对任何，都有（规定）．
参考答案：
1．B
【分析】解一元二次不等式化简集合，结合交集、区间等概念即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：B.
2．B
【分析】利用复数的除法法则求出z,再求的模.
【详解】因为,
所以，则.
故选：B.
3．B
【分析】先求出，进而可求得含的项的系数，从而可得的关系，再根据基本不等式求解即可.
【详解】，，
则含的项的系数为，
所以，所以，
则，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
4．A
【分析】根据向量线性运算得，再利用三点共线的结论即可得到值.
【详解】∵，∴，
又，∴，
∵B，P，D三点共线，∴，∴.
故选：A.
5．A
【分析】求出时的估计值，根据残差的含义，即可求得答案.
【详解】将代入，可得，
故数据的残差为，
故选：A
6．D
【分析】利用正弦函数的性质，解决函数图像的对称中心、单调区间、值域和平移问题.
【详解】由题意可得，
，令，则，
所以图像的对称中心为，说法①错误；
当，则，是函数单调递增区间，说法②正确；
当时，，所以，则的取值范围为，说法③错误；
将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为，说法④错误.
故选：D
7．C
【分析】分别在和的情况下，根据的正负，结合偶函数的性质可求得结果.
【详解】由得：当时，；当时，；
当时，由得：；
为偶函数，若，则当时，；
综上所述：的解集为或.
故选：C.
8．B
【分析】设出关键线段长度，余弦定理构建齐次方程求解即可.
【详解】设椭圆的焦距为，有，
在中，由余弦定理有，有，
可得，有.
在中，由余弦定理有，
可得.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
9．ABD
【分析】令判断A，令判断B，令，求出，判断C，令，得，利用错位相减法判断D.
【详解】对于A，令时，则，又，所以，故A正确；
对于B，令时，则，又，所以，故B正确；
对于C，当时，则，又，，
所以，所以函数不为奇函数，故C错误；
对于D，当时，则，又，
所以，即，
所以当时，，
即，即，，
当时，代入上式，，所以，
设，
则 ①
②
①-②得，
，
所以，故，故D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：赋值法的直观应用，对于D选项，构造数列，利用错位相减法求解.
10．AD
【分析】由含根式函数的定义域以及对数函数的定义域可判断A；由幂函数的概念可判断B；由余弦型函数的奇偶性可求得值，则C可判断；由两角和与差的余弦公式结合诱导公式即可求得a的值，则D选项的不等关系可判断.
【详解】使有意义需要满足，解得，A正确；
幂函数需要满足，解得，
但时，定义域不是，B错误；
函数的图像关于原点对称，
则，即，C错误；
，
，，，D正确；
故选：AD.
11．ACD
【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项，由可判断C项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项.
【详解】连接、交于点，连接、，
因为四边形为正方形，则，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以、、三点共线，且面，
所以以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，，，
对于A项，，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以，即异面直线与所成角大小为，故A项正确；
对于B项，，，，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
所以，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误；
对于C项，因为，
所以为此八面体外接球的球心，
即此八面体一定存在外接球，故C项正确；
对于D项，设内切球的半径为，
则八面体的体积为，
又八面体的体积为，
所以，解得，
所以内切球的表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
12．/
【分析】根据题意可先算出四个数的全排列的总情况数，再计算出中1与3相邻的种类数，即可得出结果.
【详解】依题意将4个数随意排列可先任意选两个位置排上两个2，再把剩下的两位置上排上1、3，共组成种密码，
若1与3相邻，可将其看成一个整体，再与两个2共三个元素进行排列，
首先选两个位置排上2，有种排列；剩余的位置排上1、3，内部排列有种，共种；
所以他设置的密码中1与3相邻的概率为.
故答案为：
13．
【分析】求出，令，将问题转化为与在区间上有交点，利用二次函数求出值域，即可得到答案.
【详解】由，则，所以，令，则，
故函数在区间内有零点等价于在区间内有解，
即，令，，则与在区间上有交点，
由，所以，，
所以实数的取值范围为
故答案为：
14．（任意一个均可以）
【分析】解题时写出切线方程，再求出抛物线方程即可．
【详解】与圆相切且与坐标轴平行或垂直的直线有，
对应的抛物线方程有：
故答案为：（任意一个均可以）
15．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用面积公式求出，再利用余弦定理求的长；
（2）在中，利用正弦定理求出，进而可得，再利用展开计算即可.
【详解】（1）由已知，
解得，
所以，
所以；
（2）由（1）可得，则，
，
在中，，
即，
又为锐角，所以，
所以，
16．(1)
(2)
【分析】（1）法1：设递增等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；
法2：设递增等差数列的公差为，根据题意，得到，求得，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，设，结合错位相减法求和，即可求解.
【详解】（1）法1：设递增等差数列的公差为，则，
因为为和的等比中项，可得，
即，可得，解得，
所以数列的通项公式为．
法2：设递增等差数列的公差为，则，
因为为和的等比中项，可得，
即，可得，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，可得，
设，
可得，
则，
可得，
两式相减可得，
所以，则．
17．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，，从而由勾股定理逆定理得到⊥，由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，由余弦定理得到，，求出平面的法向量，从而根据二面角的余弦值大小得到方程，求出，再利用线面角的向量求解公式得到答案.
【详解】（1）过点作交于点，
则，
因为，所以，
延长交的延长线于点，
，
在中，由余弦定理得，
故，则，
因为M为的中点，故，
在中，，由相似关系可知，
又，故，解得，故，
在中，由余弦定理得
，
故，所以⊥，
因为四边形为矩形，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以平面平面；
（2）过点作交于点，作交于点，
则由（1）知⊥，⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
故，两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
，
设，平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
平面的法向量为，
则，
因为二面角的余弦值为，故，
解得，
故，，，，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件推导出，由此求出抛物线方程；
（2）设，，，，利用导数几何意义得到切线斜率，由过作直线，从而得到直线的方程为： ，与抛物线联立方程，由韦达定理得到，分别表示出直线，的斜率，，化简，结合基本不等式即可求得最小值.
【详解】（1）由题可得的焦点坐标，由于点在抛物线，所以，
点到焦点的距离为，即，解得（舍去），
所以抛物线的方程为
（2）由题可得，设，，
由于抛物线方程为，即，则，所以切线的斜率，
由于，所以直线的斜率为，则直线的方程为：，即，
联立，化简得：，则，，
所以，同理
所以，
由于（当且仅当时取等），
所以，故的最小值为
19．见解析
【详解】充分性
当时，由，得．
所以，，结论显然成立．
假设当，结论成立．
当时，，
其中，，．
由归纳假设，的不含的子集，其和跑遍，而的含有的子集，其和跑遍（即）．
因为，所以，跑遍．
故结论成立．
必要性．
用反证法．
假设存在，使．
则对的任一不含中任何元素的子集，有
．
而对任一含有中至少一个元素的子集，有
．
故不存在的子集，使，矛盾．