湖南省永州市2024届高考第二次模拟考试数学试卷(含答案)

这是一份湖南省永州市2024届高考第二次模拟考试数学试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设全集,集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知,则z的虚部为( )
A.B.C.D.
3．已知向量,则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
4．已知函数在区间上单调递增,则( )
A.B.C.D.
5．若正四棱锥的侧面三角形底角的正切值为2,则侧面与底面的夹角为( )
A.B.C.D.
6．已知抛物线的焦点为F,过点F且斜率为的直线l交C于A,B两点,点M在C的准线上,.若的面积为32,则( )
A.B.2C.D.4
7．在中,若,,则的面积的最大值为( )
A.B.C.D.
8．已知函数,下列结论正确的是( )
A.的图象是中心对称图形
B.在区间上单调递增
C.若方程有三个解,,则
D.若方程有四个解,则
二、多项选择题
9．下列结论正确的是( )
A.已知样本数据,,,的方差为2,则数据,,,的方差为4
B.已知概率,,则
C.样本数据6,8,8,7,9,10,8的第75百分位数为8.5
D.已知（为有理数）,则
10．若圆锥侧面展开图是一个半径为2的半圆,则( )
A.该圆锥的母线与底面所成的角为B.该圆锥的体积为
C.该圆锥的内切球的体积为D.该圆锥的外接球的表面积为
11．已知定义域为R的函数满足为的导函数,且,则( )
A.为奇函数
B.在处的切线斜率为7
C.
D.对
12．在平面直角坐标系中,已知曲线,,与圆相切的直线l交于P,Q两点,点M,N分别是曲线与上的动点,且,则( )
A.B.的最小值为2
C.的最小值为D.点到直线的距离为
三、填空题
13．已知为第二象限角,且,则的值为________________.
14．已知盒中有3个红球,2个蓝球,若无放回地从盆中随机抽取两次球,每次抽取一个,则第二次抽到蓝球的概率为__________________.
15．已知函数有一个极值点为零点,则______________.
16．已知数列满足,,则_________________.
四、解答题
17．已知数列的前n项和为,.
(1)求的通项公式;
(2)设,求数列的前项的和.
18．记三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B为锐角,.
(1)求;
(2)求的最小值.
19．如图所示,在四棱锥中,,,平面平面,点F为的中点.
(1)证明：;
(2)若,与平面所成角的正弦值为,求四棱锥的体积.
20．在某网络平台组织的禁毒知识挑战赛中,挑战赛规则如下：每局回答3道题,若回答正确的次数不低于2次,该局得3分,否则得1分,每次回答的结果相互独立.已知甲、乙两人参加挑战赛,两人答对每道题的概率均为.
(1)若甲参加了3局禁毒知识挑战赛,设甲得分为随机变量X,求X的分布列与期望;
(2)若甲参加了局禁毒知识挑战赛,乙参加了局禁毒知识挑战赛,记甲在禁毒知识挑战赛中获得的总分大于的概率为,乙在禁毒知识挑战赛中获得的总分大于的概率为,证明：.
21．已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别为,,点D为线段的中点,过点且斜率为的直线l交C于M,N两点,的面积最大值为.
(1)求C的方程;
(2)设直线,分别交C于点P,Q,直线的斜率为,是否存在实数,使得？若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
22．已知函数.
(1)若时,,求实数a的取值范围;
(2)设,证明：.
参考答案
1．答案：C
解析：由题意知,,,
则,故,
故选：C.
2．答案：A
解析：,
故z的虚部为.
故选：A.
3．答案：B
解析：,,
,
在上的投影向量为,
故选：B.
4．答案：D
解析：当时,,
由于函数在区间上单调递增,
故,,即,,
即,,
又,则,
故选：D.
5．答案：C
解析：如图：四棱锥为正四棱锥,M为中点,O为底面中心,
设四棱锥底面边长为a,,,根据题意有,
即,解得,O为底面中心,,
所以为侧面与底面的夹角,因为平面,
所以,,,
所以,所以则侧面与底面的夹角为.
故选：C.
6．答案：B
解析：由题意,抛物线的焦点,准线方程为：,
因为直线l的斜率为,故直线的方程为：,
由得,
,
设,,
所以,,
由抛物线定义可知,,
因为点M在C的准线上,设点,
又,,所以,
所以,
所以,解得.
故选：B.
7．答案：D
解析：设E,F分别为,的中点,连接,
则,则,故,
则,故
又,,则,
故,,
当时,四边形面积最大,最大值为,
故的面积的最大值为,
故选：D.
8．答案：D
解析：对于B,当时,,
,
因为,所以,,
所以,所以,所以在区间上单调递减,故B错误;
当时,,
,
因为,,所以,
所以,所以在区间上单调递增;
因为,所以,
所以的对称轴为,
又,
,
故图象如下：
对于A,由图象可知,不是中心对称图形,故A错误;
对于C,若方程有三个解,则,故
又,解得,所以,
所以,故C错误;
对于D,由图象可知若方程有四个解,则,解得,
故D正确.
故选：D
9．答案：BD
解析：对于A,根据方差公式可得,若,,,的方差为2,
则数据,,,的方差为,即A错误;
对于B,由条件概率公式可得,可得,即B正确;
对于C,将样本数据重新排列可得6,7,8,8,8,9,10,共7个数,又;
所以第75百分位数为第6位数,即,所以C错误;
对于D,由可得a代表展开式中的有理项,
所以,即D正确;
故选：BD.
10．答案：BD
解析：由题意可知,圆锥的母线长为2,圆锥侧面展开图的弧长为,
设圆锥的底面半径为r,则,解得,则圆锥的高,
如下图：
对于A,设圆锥的母线与底面所成的角为,则,解得,故A错误;
对于B,圆锥的体积,故B正确;
对于C,设圆锥的内切球的球心为,半径为,可得此时圆锥的轴截面,如下图所示：
由,则在等边中,内切圆半经,即,
所以圆锥的内切球的体积,故C错误;
对于D,设圆锥的外接球的球心为,半径为,可得此时圆锥的轴截面,如下图所示：
在等边中,外接圆半径,即,
所以圆锥的外接球的表面积,故D正确.
故选：BD.
11．答案：ACD
解析：由题意定义域为R的函数满足
令,则,,
令,则,即,,
故为奇函数,A正确;
由于,故,即,
则为偶函数,由可得,
由,令得,
故,令,则,,B错误;
又,
则,
令,则,
由柯西方程知,,故,
则,由于,故,
即,则,C正确;
对,,
,
故,D正确,
故选：ACD.
12．答案：ABD
解析：对于A,若l斜率存在,则设其方程为,设,,
联立,得,
需满足,,
则,,
由于直线l与圆相切,故,;
;
当l斜率不存在时,直线l与圆相切,不妨取直线,
此时不妨取,,则也成立,
综合知,A正确;
对于B,由题意知O到l的距离为1,由A知,
则,
故,
则,
当且仅当时取等号,
即有,,结合,
此时时等号成立,即不妨取,,
故的最小值为2,B正确;
对于C,由题意知ON斜率一定存在,设为t,则ON方程为,
在上,由于的渐近线方程为,则,
联立,解得,则,
因为,故OM的方程为,在上,
联立,解得,则,
,
当且仅当,即时取得等号,
故的最小值为,C错误;
对于D,由于,则O到MN的距离为
,D正确,
故选：ABD.
13．答案：
解析：由题意得,为第二象限角,且,则,所以.
14．答案：
解析：第一次抽到红球,第二次抽到蓝球的概率为,
第一次抽到蓝球,第二次抽到蓝球的概率为,
故第二次抽到蓝球的概率为.
故答案为：.
15．答案：
解析：由题意,则,
时,,不合题意,故;
设为的极值点也为其零点,
则,且,则,
故或,显然不适合题意,舍去,
当时,,
当时,,,
则,,
令,时,
在上单调递增,则在上单调递增,
所以当时,,在单调递减,
当时,,在单调递增,
故为的极小值点,
即函数的极值点也为零点,符合题意,
故,
故答案为：.
16．答案：1785
解析：由余弦函数性质可知数列是以4为周期的周期数列,
易知,,,,
则,且,可得;
由累加法可得
;
故答案为：1785.
17．答案：(1)
(2)
解析：（1）当时,,,
当时,,则,
则数列为为首项,公比为2的等比数列,
故;
（2）因为,
故数列的前项的和为：
.
18．答案：(1);
(2)无最小值;
解析：（1）因为,
由正弦定理得,
由余弦定理可得,
所以可得,解得或;
又B为锐角,所以,
因此;
（2）结合（1）中,又可得：
;
令,则,
又B为锐角,,所以,
可得,
所以,当时,恒成立,
即可得为单调递增,
所以时,,所以无最值;
因此无最小值;
19．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：（1）因为,,所以,
又因为平面平面,平面平面,平面,
所以平面,又因为平面,
所以;
（2）取,的中点分别为O、G,连接,,
则,因为,
所以,而平面,所以平面,
因为,,所以,
以O为坐标原点,分别以直线,,所在直线为x轴、y轴、z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系：
设,则,,,
故,可取为平面的一个法向量,
由与平面所成角的正弦值为,
可得,解得,
设为平面的一个法向量,,,
则,即,令,则,
又,故B到平面的距离为,
所以四棱锥的体积.
20．答案：(1)分布列见解析;6
(2)证明见解析
解析：（1）依题意可得,随机变量,
设甲、乙在一局比赛中得3分的概率为P,则,
则,,
,,
故X的分布列为：
故;
（2）证明：设在甲参加了的局禁毒知识挑战赛中,获胜局数为Y,
则所获总分为,若,则,
则,因为,
故,同理可得,
则
,
故.
21．答案：(1)
(2)存在;
解析：（1）由题意可知当M位于椭圆的短轴端点时,的面积最大,
即,即,,
由椭圆的离心率为,即,即,
结合,
解得,,,
故椭圆的方程为;
（2）设,,,而,,
当MN斜率不为0时,M,N均不在x轴上,
则直线MP的方程为,
联立,,
由于MP过点D,D在椭圆内部,则必有,
则,,代入MP方程可得,
同理可得,,
故,
又因为N,,M三点共线,所以,
即,故,则,
所以此时存在实数,使得;
当MN斜率为0时,M,N均在x轴上,则P,Q也在x轴上,
此时,也符合题意;
综上存在实数,使得;
22．答案：(1)
(2)证明见解析;
解析：（1）根据题意可得,
当时,可得在上恒成立,
当时,由可得,
易知需满足,解得,
又,
令,,
当时,在上恒成立,即在上恒成立,
所以在上单调递增,即可得恒成立;
当时,,令,
则,所以在上恒成立,
即在上单调递减,
又因为,,
由零点存在定理可得,使得;
当时,,即,所以在上单调递增;
时,,即,所以在上单调递减;
（i）若时,,所以当时,,
又,即,使得;
当时,,即,所以在上单调递增,
当时,,即,所以在上单调递减,
又因为,所以要使在上恒成立,只需,
解得,又,
所以可得;
（ii）当时,,又在上单调递增,所以一定使得时,;
即,所以在上单调递减,
即可得,
这与在上恒成立矛盾,不合题意;
综上可得
（2）令,则恒成立,所以在R上单调递增,
又,所以当时,,即,
所以;
即不等式右侧恒成立;
由（1）可得得：当时,对于,恒成立,
即,当且仅当时,等号成立;
取,,易知,
可得,
所以,
综上可得：.
X
3
5
7
9
P