决胜高考2024年长沙市高考数学精选题练习（一）含答案

这是一份决胜高考2024年长沙市高考数学精选题练习（一）含答案，共35页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知函数，则，，的大小关系为，设M是椭圆C，下列关于概率统计说法中正确的是，对数的发明是数学史上的重大事件等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若m//α，α∩β=n，则m//nB．若α∩β=m，m⊥γ，则α⊥γ
C．若α⊥β，γ⊥β，则α//γD．若α∩β=n，mα，m⊥n，则α⊥β
4．已知函数，向左移个单位所得函数为奇函数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．希波克拉底是古希腊医学家，他被西方尊为“医学之父”，除了医学，他也研究数学.特别是与“月牙形”有关的问题.如图所示.阴影部分的月牙形的边缘都是圆弧，两段圆弧分别是的外接圆和以为直径的圆的一部分，若，，则该月牙形的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．设M是椭圆C：上位于第一象限内的一个动点，轴，N为垂足．当的面积最大时(O为坐标原点)，其内切圆的半径r等于( )
A．B．C．2D．
8．已知函数，直线是曲线的一条切线，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列关于概率统计说法中正确的是（ ）
A．两个变量的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱
B．设随机变量，若，则
C．在回归分析中，为0.89的模型比为0.98的模型拟合得更好
D．某人解答10个问题，答对题数为，则
10．对数的发明是数学史上的重大事件．我们知道，任何一个正实数可以表示成的形式，两边取常用对数，则有，现给出部分常用对数值（如下表），下列结论正确的是（ ）
A．在区间内
B．是15位数
C．若，则
D．若是一个35位正整数，则
11．菱形的边长为，且，将沿向上翻折得到，使二面角的余弦值为，连接，球与三棱锥的6条棱都相切，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．球的表面积为
C．球被三棱锥表面截得的截面周长为
D．过点与直线所成角均为的直线可作4条
12．已知函数与的定义域均为，，且，为偶函数，下列结论正确的是（ ）
A．4为的一个周期B．
C．D．
三、填空题
13．为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为 （用数字作答）．
14．在平行六面体中，为的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则 （用表示）．
15．若函数，当时，，则实数的取值范围 ．
16．已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，圆与直线相交于两点，与线段相交于点，且．若是线段上靠近的四等分点，则抛物线的方程为 ．
四、解答题
17．甲、乙、丙三名同学准备参加本校知识竞赛，规定比赛成绩达到90分以上（含90分）获优秀等级.为预测他们的知识竞赛情况，收集了甲、乙、丙三人在学校的以往知识竞赛成绩，整理得到如下数据（单位：分）：
甲：.
乙：.
丙：.
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的知识竞赛成绩相互独立.
(1)估计甲在本次知识竞赛中未获优秀等级的概率；
(2)设表示甲、乙、丙三人在本次知识竞赛中获得优秀等级的总人数，估计的数学期望.
18．在中，角所对的边分别为，向量，向量，且.
(1)求证：；
(2)延长至点，使得.当最大时，求的值.
19．如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.
(1)求证：；
(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.
20．已知递增的等差数列满足：成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)记为数列的前项和，，求数列的前项和.
21．已知椭圆的短轴长为，左顶点到左焦点的距离为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图所示，点A是椭圆的右顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，且都在轴的上方，点的坐标为.证明：.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，方程有三个不相等的实数根，分别记为.
①求的取值范围；
②证明.
题号
一
二
三
四
总分
得分
真数
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（近似值）
0.301
0.477
0.602
0.699
0.778
0.845
0.903
0.954
1.000
真数
11
12
13
14
15
16
17
18
19
（近似值）
1.041
1.079
1.114
1.146
1.176
1.204
1.230
1.255
1.279
参考答案：
1．D
【分析】先求集合M的补集，再取与集合N的交集即可.
【详解】由，可得
则
故选：D
2．D
【分析】先计算，再根据共轭复数的概念即可求解.
【详解】根据复数除法的运算法则可得 ，所以可得其共轭复数.
故选：D.
3．B
【分析】由线面平行的性质定理可知A的正误；利用面面垂直的判定定理可知判断B,有反例可判断BD．
【详解】对于A，，，则，错误，原因是不一定是经过直线的平面；故A错误；
对于B,因为，，由面面垂直的判定定理得：，故B正确．
对于C，若，，不一定得到，例如长方体中，同一顶点出发的三个平面，故C错误，

对于D,若，，，则错误，如下图所示，原因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，故无法判定是否与一定垂直，故D错误；

故选：B
4．D
【分析】根据平移变换可得平移后的函数为，由函数为奇函数可得，从而可得出答案.
【详解】解：向左移个单位所得函数为，
因为函数为奇函数，
所以，则，
当时，取得最小值为.
故选：D.
5．A
【解析】求出的外接圆半径，得弓形面积，再求得大的半圆面积，相减可得结论．
【详解】解析由已知可得，的外接圆半径为1.由题意，内侧圆弧为的外接圆的一部分，且其对应的圆心角为，则弓形的面积为，外侧的圆弧以为直径，所以半圆的面积为，则月牙形的面积为.
故选：A．
6．A
【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数的单调性，然后再比较的大小，再根据函数的单调性可得结果
【详解】的定义域为，
因为，
所以为偶函数，
所以，，
当时，，
因为，所以，
所以，，
所以，
所以在上单调递增，
因为在上单调递增，且，
所以，即，
因为在上为增函数，且，
所以，即，
所以，
所以，
即，
故选：A
7．A
【分析】设，根据二次函数求的最大值即可求的最大值，由此可求周长，根据即可求内切圆半径r．
【详解】设，
则，
，
，
，∴当时，，
，，，，
∴，
∴根据等面积法得：．
故选：A﹒
8．C
【分析】设切点为，由导数的几何意义求出切线方程，可把、用表示，从而可表示为关于的函数，再引入新函数，由导数求得函数的值域即得．
【详解】设切点为，，
曲线在切点处的切线方程为，
整理得，所以．
令，则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．故，
则的取值范围是．
故选：C.
9．BD
【分析】A项，通过相关系数的定义即可得出结论；B项，通过求出即可求出的值；C项，通过比较相关指数即可得出哪个模型拟合更好；D项，通过计算即可求出.
【详解】由题意，
A项，
两个变量的相关系数为，越小, 与 之间的相关性越弱,
故A 错误,
对于 B,
随机变量 服从正态分布 , 由正态分布概念知若 , 则 ,
故 B 正确,
对于 ,
在回归分析中, 越接近于 1 , 模型的拟合效果越好,
∴ 为 0.98 的模型比 为 0.89 的模型拟合的更好
故 C 错误,
对于 ,
某人在 10 次答题中, 答对题数为 , 则数学期望 ,
故 D 正确.
故选：BD.
10．ACD
【分析】根据，分别求出各个选项中N的常用对数的值，对照所给常用对数值判断.
【详解】解：因为，，所以，故A正确；
因为，所以是24位数，故B错误；
因为，所以，又，则，故C正确；
，因为是一个35位正整数，所以，即，即，则，故D正确.
故选：ACD
11．AC
【分析】利用余弦定理求得，说明三棱锥为正四面体，进而补成正方体，则说明O点为正方体的中心，结合线面垂直的判定可判断A；求得球O的半径可判断B；求出球O被三棱锥一个侧面所截得的截面的周长，即可求得球被三棱锥表面截得的截面周长，判断C；根据平行公理以及直线所成角的概念可判断D.
【详解】如图在菱形中，连接，则，设交于E，

则，平面,平面，
即为二面角的平面角，即，
又，即为正三角形，即，为正三角形，
故，故
，即，
故三棱锥为棱长为a的正四面体；
如图，将该四面体补成正方体，四面体的各棱为正方体的面对角线，
则正方体棱长为，

因为球与三棱锥的6条棱都相切，则O点即为正方体的中心，
连接，则O为正方体体对角线的中点，
因为平面平面，故，
又,而平面，
故平面，平面，故；
同理可证,平面，
故平面，即平面，A正确；
因为球与三棱锥的6条棱都相切，
故球O即为正方体的内切球，球的直径为正方体棱长，
则球的半径为，故球的表面积为，B错误；
球O被平面截得的截面圆即为正三角形的内切圆，
由于，故正三角形的内切圆半径为，
故内切圆周长即球O被平面截得的截面圆周长为，
故球被三棱锥表面截得的截面周长为，C正确；
连接，因为，即四边形为平行四边形，
故，而，故，
不妨取空间一点S，作的平行线，如图，
则和所成角均为的直线即为它们形成的角的角平分线，
假设平面过且垂直于所确定的平面，当绕点S且在内转动时，
则此时直线l与所成角相等，但会变大，大于，
即在所确定的平面外过点S不存在直线l与所成角为，

故过点与直线所成角均为的直线可作2条，D错误，
故选：AC
12．ACD
【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由于为偶函数，图象关于轴对称，
所以图象关于对称，
所以，
所以①，
而②，
两式相加得，则③，
所以，
所以是的一个周期，A选项正确.
由③令得，
由①令得，
由②令得，则，
所以，
所以，C选项正确.
由①令得，
由，
得，
两式相减得，即，
且关于对称，，
所以④，
所以，
所以是周期为的周期函数，所以，所以B选项错误.
由④令得，所以，
由于，所以
所以，所以D选项正确.
故选：ACD
【点睛】有关函数的奇偶性、周期性的题目，关键是要掌握抽象函数运算，还要记忆一些常用的结论.如等等，这些都是与周期性有关；如等等，这些都是与对称性有关.
13．
【分析】利用捆绑求得正确答案.
【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，
则不同的排列种数为种.
故答案为：
14．
【分析】由题意设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，即平面为符合题意的平面，进而分解向量即可求解.
【详解】如图所示：

由题意不妨设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，
即平面为符合题意的平面，因此，
又因为，，，且，，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】由进行转化，利用构造函数法，结合多次求导来求得的取值范围.
【详解】依题意，当时，恒成立，
即恒成立，
即①恒成立，
设，，
令，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以，也即，在上单调递增，
所以由①得，即，
设，
所以在区间上单调递增；
在区间上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围是.
故答案为：
16．
【分析】设，表示出，利用抛物线定义、点在抛物线上以及圆的弦长的几何性质列出关于的方程，即可求得p，即得答案.
【详解】由可知，
设，则，
则，故，即①；
又点在抛物线上，
故②，且，即③，
②联立得，得或，
由于，故，结合③，
解得，故抛物线方程为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要结合抛物线的定义以及圆的弦长的几何性质，找出参数间的等量关系，从而列出方程组，即可求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据古典概型及对立事件计算概率；
（2）直接计算离散型随机变量的概率及期望.
【详解】（1）甲在以往参加的10次知识竞赛中有4次成绩获得优秀等级.
记事件为“甲在本次知识竞赛中获得优秀等级”，
则.
所以甲在本次知识竞赛中未获优秀等级的概率为.
（2）的所有可能取值为.
记事件为“乙在本次知识竞赛中获得优胜等级”，
事件为“丙在本次知识竞赛中获得优胜等级”，
则，由（1）知.
则
；
所以其分布列为：
.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可推得.结合余弦定理得出，根据正弦定理边化角，化简可得，即可得出证明；
（2）设，推得.根据两角差的正切公式，得出，然后根据基本不等式，得出正切值的最大值时，满足的条件.进而推得为等边三角形，即可得出答案.
【详解】（1）因为，
所以，
即.
又，
所以，.
整理可得.
再由正弦定理得：，
结合，
可得，.
即.
显然，
两边同时除以可得，，即.
（2）如图：设，则.
因为，所以，
则.
故
.
因为，
当且仅当，即时取等号.
所以，.
此时，
所以，故为等边三角形，即.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据台体的结构特征可知四点共面，结合面面平行的性质定理分析证明；
（2）解法一：建系，利用空间向量结合面面夹角可得，进而求截面面积；解法二：分别取的中点为，分析可知为截面与底面所成夹角，可得，进而求截面面积.
【详解】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，
又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，
所以∥.
（2）解法一：因为劣弧的长度为，则
由，可得.
如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：底面的一个法向量，
因为截面与下底面所成的夹角大小为，
则，
解得，即，可得，
在等腰梯形中，，
可得等腰梯形的高，
所以.
解法二：如图，分别取的中点为，连结，，
由题意可得：，
所以为截面与底面所成夹角，即，
过点作于点，由，得，
则（即梯形的高），
所以.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题中条件列出方程组，解出即可;
（2）错位相减后得到结果，再用错位相减法进行计算，即可求解.
【详解】（1）设，
由题意得，即，解得或（舍去）
.
（2）由（1）可得，
则，①
可得：，②
①-②可得：，
设.③
，④
③-④可得：
，
则，
，
.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知列出关于的方程组，求解得出的值，即可得出答案；
（2）根据已知设直线方程为，与椭圆方程联立，得出一元二次方程.设，根据韦达定理得出坐标之间的关系，进而表示出，求和化简推得，转化为角之间的关系，即可得出证明.
【详解】（1）依题意得
解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）由已知，直线过点，与椭圆交与不同的两点，且都在轴上方可得，直线的斜率存在且不为0，
设直线方程为.
联立方程，可得.
计算，
可得，且.
设，
由韦达定理可得.
又，
所以，
.
因为，
所以，，.
，，
所以，，.
22．(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）应用导数讨论函数的单调性，分与讨论即可；
（2）①结合函数的极值点即可求解；②构造函数与讨论即可.
【详解】（1）函数的定义域为.
又，令，得.
当，即时，在恒成立，.
当，即时，方程有两根，可求得：，
因为所以，
当和时，，为增函数，
当时，，为减函数.
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，.
①方程有三个不相等的实数根，
即方程在上有三个不相等的实数根.
令，
则，
令，求得：或，
则当或时，，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
存在极大值为，存在极小值，
且当时，，当时，.
要使方程有三个不相等的实数根，则
的取值范围为.
②证明：设方程三个不相等的实数根分别为：，且，
由①可得，要证，
只需证，即证，
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，.
由，
构造函数，
，当时，在上单调递增，
，即在上恒成立，
又，则有：，
又，且在上单调递减，
，即.
构造函数，
，当时在上单调递增.
，即在上恒成立.
又，则.即，
由，则.
在上单调递增，.
又，则可证得：.
【点睛】关键点点睛：将证明转化为， ，结合极值点平移构造函数是本题关键.
X
0
1
2
3
P