湖南省“一起考”大联考2024届高三下学期模拟（四）数学试题（Word版附解析）

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数学
（时量：120分钟 满分：150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得集合，可求.
【详解】由，可得，所以集合，
由，可得，所以，
所以.
故选:C.
2. 已知复数满足，且是纯虚数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，其中，是实数，由求出，再求出，根据的类型求出，即可得到，最后根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.
【详解】设，其中，是实数，则由，得，
所以，则，
又因为是纯虚数，所以，解得，即，
所以.
故选：B
3. 已知，平面向量，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算结合二次函数性质求解即可.
【详解】易知
,故
，当时，最小，
此时由二次函数性质得，故，
故的最小值为，故A正确.
故选：A
4. 已知点是直线上一动点，过点作圆的一条切线，切点为，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，则当取得最小值时，线段长度的最小，利用点到直线的距离公式求出的最小值即可得解.
【详解】圆的圆心，半径，
由题意可得，
则，
则当取得最小值时，线段长度的最小，
，
所以.
故选：D.
5. 赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以，为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与轴、轴均相切，，两点间的曲线可近似看成函数的图象，有导函数，为了让雨水最快排出，需要满足螺旋线方程，其中，为常数，则（ ）

A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数图象的变化关系可得，再结合曲线与y轴相切的特征推理即可得解.
【详解】观察图象知，函数单调递减，即，于是，
而函数图象与轴相切，则从大于0的方向趋于0时，趋于负无穷大，
也即趋于0，又，因此，
所以，.
故选：D
6. 一种动物的后代数（单位：只）在一定范围内与温度（单位：℃）有关，测得一组数据（）可用模型拟合.利用变换得到的线性回归方程为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】经过变换后将非线性问题转化为线性问题，在求样本点的中心，回归直线一定过该点，即可求出参数
【详解】经过变换得到.由题意，，，
所以回归方程的图象经过，从而，所以，.
故选：B
7. 已知，，，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角和的余弦展开式化简可得的值，再由两角和的正切展开式、基本不等式可得答案.
【详解】由，
得，
因为，，所以，且，
，
当且仅当取等号.
故选：C.
8. 已知八面体由两个正四棱锥和组成.若该八面体的外接球半径为3，且平面平面，则该八面体的体积为（ ）
A. 28B. 32C. 36D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】合理作出图形，利用射影定理建立方程，得到，最后求解出，，，计算体积即可.
【详解】
如图，取的中点，作，垂足分别为，，
连接，，，，，平面平面，
所以是直角，易知为外接球直径，点在球上，
所以为直角，.在中，，
在中，，联立可得，
所以，，，八面体的体积.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是合理作出图形，然后联立得到，最后求解边长，得到体积即可．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若随机变量服从标准正态分布，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由正态分布的对称性即可得出答案.
【详解】对于A，B,因为，所以，A正确，B错误
对于C,D由对称性有，所以，C错误，D正确,,
故选：AD.
10. 已知，，则函数的单调区间有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知计算角的范围，再由正弦型函数的单调性求解即可．
【详解】因为，，所以.
的单调区间为，.
对于A，，错误.
对于B，，正确
对于C，，正确.
对于D，，错误
故选：BC
11. 已知函数的定义域为，的图象关于对称，且为奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由点关于的对称点在函数的图象上可得；对于B，由奇函数有，将替换为，结合的图象关于对称可得；对于C，在中将替换为，结合可判断C；对于D，利用奇偶性和对称性，结合可得.
【详解】对于A，点关于的对称点是，
因为的图象关于对称，该点在函数的图象上，所以，故A正确.
对于B，因为为奇函数，所以，
将替换为有，则.
又的图象关于对称，所以，
则，故B正确.
对于C，在中将替换为有，
由B知，，两式相减得到，故C错误.
因为为奇函数，所以，
又图象关于对称，从而，故由C得
，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：抽象函数性质的综合性问题，主要采取代换、迭代的方法研究性质或求值.本题关键在于灵活运用的图象关于对称，以及奇函数的对称性进行灵活代换.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，
12. 已知椭圆（）的上顶点、下顶点和两个焦点构成正方形，则该椭圆的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据椭圆短轴上的两个顶点与两个焦点构成一个正方形，可得，由此可求椭圆的离心率．
【详解】易知，所以，离心率为.
故答案为：
13. 在中，，，，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理可解得，再由面积公式即可求得结果.
【详解】由余弦定理可知，
即，解得；
所以的面积为.
故答案为：
14. 已知数列满足，在和之间插入个1，构成数列，则数列的前20项的和为__________.
【答案】77
【解析】
【分析】先根据题意得到数列有多少个数，再根据即可计算数列的前20项的和.
【详解】在之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，当时，，
由于，所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 已知单调递增的等比数列满足：，且是的等差中项，
（1）求的值，并求数列的通项公式：
（2）若，求使成立的正整数n的最小值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差中项的性质列出方程，代入求出，代入得，再由等比数列的通项公式列出方程组，求出首项和公比即可求出；
（2）由（2）和题意求出，利用错位相减法、等比数列的前项和公式求出，代入化简，求出正整数的最小值．
【小问1详解】
设等比数列的首项为，公比为，
依题意有，代入，可得，
代入得，
，解之得或（舍去）
数列的通项公式为．
【小问2详解】
，
，
①
②，
由②①得，
，
由得，，则，
易知：当时，，当时，，
故使成立的正整数的最小值为．
16. 如图，在三棱锥中，，，为中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，，且，求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证得和，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【小问1详解】
解：（1）证明：因为，且为中点，所以，
因为，且为中点，所以，因为，且为中点，
所以，因为，，，所以，所以，
，所以平面.
【小问2详解】
解：因为，且为中点，所以，从而，，两两垂直，
如图，建立以为原点，以，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
易知，，，，
设，由，即，可求得，
所以，，
不妨设平面的一个法向量为，则，
即，
令，则，，所以，
取平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的大小为．
17. 已知双曲线：（）与双曲线有相同的渐近线.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知点，点，在双曲线的左支上，满足，证明：直线过定点；
（3）在（2）的条件下，求点到直线距离的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线与双曲线有相同的渐近线方程求出可得答案；
（2）可设其方程为，与双曲线方程联立，设，，由韦达定理代入的坐标运算可得答案；
（3）设点在直线上的投影为，当与点重合，即直线直线时，点到直线距离的最值.
【小问1详解】
双曲线与双曲线有相同的渐近线方程，
所以，即，又，从而，
所以双曲线的方程为；
【小问2详解】
显然直线不与轴平行，可设其方程为，
由，得，
设，，则由韦达定理可得，，
因为，所以，
即，
整理得，即，
而显然直线不经过点，所以，，
故直线经过定点，得证.
【小问3详解】
设点在直线上的投影为，由（2）知直线经过定点，
所以当与点重合，即直线直线时，点到直线距离的最大值，
此时，所以点到直线距离的最大值为.
18. 已知函数，，函数，有两条不同的公切线（与，均相切的直线），.
（1）求实数的取值范围；
（2）记，在轴上的截距分别为，，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出公切线及切点，利用导数的几何意义求出两切线方程，利用切线重合建立方程（），设，利用导数研究函数单调性，数形结合即可求解参数范围；
（2）把所证不等式转化为证明，方法一：设，，只需要证明，即，构造函数（），利用导数研究函数最值即可证明；方法二：由的单调性，转化为证明，整理得，设（），利用导数研究最值即可证明.
【小问1详解】
设直线：同时与，的图象相切，切点分别为，，
由，知，，，且，，
则可同时表示为在的切线方程和在的切线方程，
即和，两条直线相同，故它们具有相同的斜率和截距，
所以①，②，结合①②有（）.
设，则由有.
从而在上单调递增，在上单调递减，最大值为.
可作出的大致图象如下，它与有两个交点，所以，解得.
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
设，与的切点坐标分别为，不妨设，
则由（1）知，且，
要证明，即证明.
（方法一）因为，所以，设，，
则，所以（），
只需要证明，即.
设（），则，
所以在上单调递增，，则成立，从而.
故成立，证毕.
（方法二）在上单调递增，在上单调递减，所以.
要证明即，注意到，均在区间，
故由的单调性，只要证明，
即，整理得.
设（），则.
从而在时单调递增，所以，从而成立、
故成立，证毕.
【点睛】方法点睛：（1）证明与函数，图象的公切线问题，一般转化为函数的零点问题，零点问题常用的方法有：方程法；图象法；方程+图象法.
（2）极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
19. 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.
（1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；
（2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
（3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）时，游戏胜利概率最大；
（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，即可得到的分布列和数学期望；
（2）根据题意可知，，再由的单调性即可判断；
（3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为，再根据组合数公式即可证出．
【小问1详解】
依题可知，的可能取值为.
，，，
所以，的分布列如下：
所以，．
【小问2详解】
依题可知，时，，所以时胜利概率最大.
【小问3详解】
记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件进行分析.
发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，
这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，
从而机器人第2步到第步向前和向后行走步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达式，再利用组合数公式运算即可得证.0
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