决胜高考2024年长沙市高考数学精选题练习（二）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（二）含答案，共28页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，命题“，”的否定为，已知，则的大小关系为，下列结论正确的是，已知，，且，则等内容，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．已知集合，，则集合的元素个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．1D．2
3．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．若抛物线上一点到焦点的距离是，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．110B．144C．132D．156
6．已知向量.若与的夹角的余弦值为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
7．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量服从两点分布，，则
B．若随机变量的方差，则
C．若随机变量服从二项分布，则
D．若随机变量服从正态分布，，则
10．已知，，且，则（ ）
A．的最小值是1B．的最小值是
C．的最小值是4D．的最小值是5
11．已知为抛物线上两点，为焦点，抛物线的准线与轴交于点，满足，则（ ）
A．抛物线C的方程为B．抛物线C的方程为
C．D．
12．已知正方体的棱长为3，点是棱的中点，是棱的靠近点的三等分点，在四边形内（包含边界），点在线段上，若，则（ ）
A．点的轨迹的长度为
B．线段的轨迹与平面的交线为圆弧
C．长度的最大值为
D．长度的最小值为
三、填空题
13．已知向量，，若，，则 ．
14．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是 .
15．某区突发新冠疫情，为抗击疫情，某医院急从甲､乙､丙等8名医务工作者中选5人参加周一到周五的某社区核酸检测任务，每天安排一人，每人只参加一天.现要求甲､乙､丙至少选两人参加.考虑到实际情况，当甲､乙､丙三人都参加时，丙一定得排在甲乙之间，那么不同的安排数为 .（请算出实际数值）
16．已知函数的图象上存在点使得(为自然对数的底数)，则实数的取值范围为 .
四、解答题
17．已知数列是公比的等比数列，前三项和为39，且成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和．
18．在中，设所对的边分别为，且满足．
(1)求角；
(2)若的内切圆半径，求的面积．
19．如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．

(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
20．某企业为提高竞争力，成功研发了三种新品，其中能通过行业标准检测的概率分别为，且是否通过行业标准检测相互独立．
(1)设新品通过行业标准检测的品种数为，求的分布列；
(2)已知新品中的一件产品经检测认定为优质产品的概率为0.025，现从足量的新品中任意抽取一件进行检测，若取到的不是优质产品，则继续抽取下一件，直至取到优质产品为止，但抽取的总次数不超过．如果抽取次数的期望值不超过5，求的最大值．
参考数据：
21．已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上．
22．已知函数．
(1)当时，求证：；
(2)若时，，求实数的取值范围．
题号
一
二
三
四
总分
得分
参考答案：
1．B
【分析】根据题意求集合B，进而可得结果.
【详解】因为集合，，
则，所以集合的元素个数为2.
故选：B.
2．A
【分析】根据复数的除法运算求解，即可得出，根据共轭复数的概念得出，进而得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，，则，
所以，.
故选：A.
3．B
【分析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，判断即可.
【详解】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论可得，
命题“”的否定为：.
故选：B.
4．C
【分析】先求出准线方程，根据抛物线的定义得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义可得，点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以，，解得.
故选：C.
5．C
【分析】共有12个节目，只需排好2个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案.
【详解】添加节目后，共有12个节目，
因为保持原来10个节目的相对顺序不变，
则只需排好2个“歌王对唱”节目即可，
所以，不同的排法种数为.
故选：C.
6．D
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算法则求解.
【详解】由题意：，，，
所以.
故选：D
7．A
【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
，，，
，
，
.
故选：A.
8．D
【分析】根据题意可得，构建函数，利用导数分析可知在上单调递增，进而结合对数函数单调性分析判断.
【详解】因为，
两边取对数得：，
令，
则，
令，则，
可知在上单调递增，
因为，则，可知恒成立，
则，即，可得，
则在上单调递增，可得，
可得，即，
又因为在上单调递增，所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：对题中式子整理观察形式，构建函数，利用导数判断其单调性.
9．ACD
【分析】根据二点分布的期望公式，可判定A正确；根据方差的性质，可判定B错误；根据二项分布的概率计算公式，可判定C正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定D正确.
【详解】对于A中，由随机变量服从两点分布且，则，故A正确；
对于B中，由随机变量的方差，可得，故B错误；
对于C中，由变量服从二项分布，则，所以C正确；
对于D中，由随机变量服从正态分布，，
根据正态分布曲线的对称性，可得，所以D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】利用基本不等式可以判断选项ACD的真假，利用二次函数可以判断选项B的真假.
【详解】解：由已知，得，则，当且仅当时取等号，所以的最大值是，所以选项A错误；
，当且仅当，时取等号，所以的最小值是，所以选项B正确；
，当且仅当时取等号，所以的最小值是4，所以选项C正确；
，当且仅当时取等号，所以的最小值是，所以选项D错误．
故选：BC．
11．AC
【分析】根据抛物线的定义先求出，得出抛物线方程，此后在求出的坐标，即可解决CD选项.
【详解】设，则，①
又，
② ，联立① ② 解得，∴ 抛物线方程为，故A正确，B错误；又由，可知，，，不妨设，，由，有，，可得，故与不垂直，于是C正确，D错误.
故选：AC.
12．AD
【分析】取AD中点O，则MO⊥面ABCD，即MO⊥OP，由已知得到OP＝1，可知点P在以O为圆心，以2半径位于平面ABCD内的半圆上，然后逐一分析四个选项得答案．
【详解】如图，取AD中点O，则MO⊥面ABCD，即MO⊥OP，
∵PM＝，∴，
所以点P在以O为圆心，以1半径位于平面ABCD内的半圆上．
∴点P的轨迹的长度为，故A正确；
线段MP的轨迹为以MO为轴的半个圆锥侧面，由圆锥曲线的定义可知，
线段MP的轨迹与平面ADC1B1的交线为椭圆弧，故B错误；
O到BN的距离减去2即为PQ长度的最小值，
作OH⊥BN于H，BON的面积为：
，
∴，解得OH＝，
∴PQ长度的最小值为，故D正确；
PQ长度的最大值为，故C不正确．
故选：AD．

【点睛】关键点睛：运用空间想象能力把空间的问题转化为平面问题、理解椭圆的截面定义是解题的关键.
13．
【分析】设，根据向量平行和垂直，可得关于的方程，解方程即可得到答案；
【详解】设，由，，得，，解得，，所以．
故答案为：
14．
【分析】先根据二项式系数之和求出，然楼根据展开式的通式，令的次数为零即可得常数项.
【详解】由展开式的二项式系数之和为64得，解得，
即，其展开式的通式为
令得，
故答案为：.
15．4000
【分析】分两类处理，甲乙丙三人选两人参加，甲乙丙三人均参加，分别计算出安排数，再求和即可.
【详解】当甲乙丙三人选两人参加时，有种选法，再从剩余的5人中选择3人，有种选法，选出的5人进行全排列即可，共有种选法；
当甲乙丙三人均参加时，再从剩余的5人中选择2人，有种选择，先排甲乙丙，从5天中选择3天，安排甲乙丙，将丙安排在甲乙之间，共有种选法，剩余的2天安排另外两人，有种选法，则共有种选法，
综上：不同的安排数有3600+400=4000种.
故答案为：4000
16．
【分析】利用三角函数和二次函数的性质求出f(x)值域，令f(x)＝t，则问题转化为：存在，使得即成立，然后利用导数求出值域即可.
【详解】，
∵，∴，
令f(x)＝t，则问题转化为：存在，使得成立，即成立.
设，则，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
又，，，
故，∴，
∴实数的取值范围为 .
【点睛】本题关键点是求出f(x)值域，利用换元法将问题转化为一个常数函数与一个可求出值域的函数有交点的问题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项和公比，即可得答案；
（2）利用（1）的结论化简，利用裂项求和法即可求得答案.
【详解】（1）由题意可得，
即得，则，
即，可得，由于，故得，
则，故；
（2）由（1）结论可得
，
故的前项和
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得，配方得，再结合的内切圆半径，利用等面积法推出，即可求得，从而求得答案.
【详解】（1）在中，由得，
即,
故，由于，
故，而，故.
（2）由可得，而，
故，则，
由的内切圆半径，可得，
即，即，
故，解得，
故的面积.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，要证平面，只需平面平面，结合已知条件即可得证.
（2）当时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据以及中点关系、即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：

取中点，连接，
分别为的中点，且底面为矩形，
所以，且，
又因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，且平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以由面面平行的性质可知平面
（2）如图所示：

注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得，
又因为，且面，面，，
所以面，又因为面，所以，
又因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，
所以面，因为面，
所以，又，
所以，又由三线合一，又，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为，
所以，
又因为为的中点，，
所以，
所以，，，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以有以及，
即分别有以及，
分别令，并解得，
不妨设平面与平面的夹角为，
所以；
综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为.
20．(1)分布列见解析
(2)5
【分析】（1）由题意的所有可能取值为：0，1，2，3,由独立事件乘法公式以及互斥事件加法公式即可分别求出相应的概率，进而求解.
（2）不妨设抽取第次时取到优质产品，此时对应的概率为，而第次抽到优质产品的概率为，
所以抽取次数的期望值为，
对其求和并结合以及参考数据即可求解.
【详解】（1）由题意的所有可能取值为：0，1，2，3.
,
,
,
;
所以的分布列如下表：
（2）不妨设抽取第次时取到优质产品，此时对应的概率为，而第次抽到优质产品的概率为，因此由题意抽取次数的期望值为 ，
，
两式相减得，
所以，
又由题意可得，
所以，即，
注意到当时，有，
且当时，有；
综上所述：的最大值为5.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意推出，结合双曲线定义即可求得答案；
（2）设出直线l的方程，联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出直线和的方程，推得，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.
【详解】（1）由得，其半径为4，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，

故，则,
而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，
则，
故点的轨迹的方程为.
（2）证明：由题意知，

若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；
故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，
联立，得，，
故，
设，则直线的方程为，
直线的方程为，
故，
则，
即，解得，
故直线与直线的交点在定直线上.
【点睛】难点点睛：本题考查了利用双曲线定义求解双曲线方程以及直线和双曲线的位置关系中的点在定直线上的问题，难点在于证明直线与直线的交点在定直线上，解答时要设直线方程，利用根与系数的关系进行化简，计算过程比较复杂，且大都是关于字母参数的运算，要十分细心.
22．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）对与进行分类讨论，通过导函数求单调性得出最值即可证明；
（2）原式化简可得，只需求得的最小值，最小值利用虚根表示，再利用置换从而得出的不等式，构造函数求出的解集，最后结合函数的单调性即可求出的范围.
【详解】（1）由题知，
当时，原不等式可化为：，
令，则，
所以在上单调递增，
从而有，故原不等式成立.
当时，原不等式等价于，又，
所以在上单调递增，
从而有，故原不等式成立.
综上所述：当时，恒有.
（2）由表达式可知，
对恒成立等价于
对恒成立
令，则有，
令，
则有
所以在上单调递增
又时，，时
从而存在唯一，使得，
即，
可得，，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
故
故原不等式恒成立只需
即，
构造函数
可得，
当时，令，
因为
从而可得在时恒成立
又，所以的解集为.
又因为，
令，易得在定义域内单调递减，
所以
所以，
故的取值范围为：
【点睛】思路点睛：（1）不等式两边同时去分母时务必要记得对分母的正负分类讨论；（2）恒成立问题可以优先转化为最值问题，而最值问题往往通过导函数作为工具；
（3）隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，需要仔细观察式子多次尝试；第二步：虚设零点并确定取值范围，通过零点方程进行代换，可能需要进行多次.
0
1
2
3