湖南省2024届高考数学临门押题考试试卷（学生版+教师版）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效.
3.本试题卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负.
4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
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】D
【解析】
【分析】解不等式得集合，根据对数函数的定义域和单调性，解得，所以.
【详解】由题意可得，，故.
故选：D
2. 已知抛物线的焦点为为上一点，为坐标原点，当时，，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件结合抛物线的定义求解即可.
【详解】如图，过作的准线的垂线，垂足为，作，垂足为，
由，得，
所以，
所以，即．
故选：B．

3. 已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ）
A. 24B. 18C. 12D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据题意求得，然后结合二项式定理即可求解.
【详解】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能，
从而的展开式为，
令，解得，
所以展开式中的常数项为.
故选：A.
4. 在矩形中，，为中点，为平面内一点，.则取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建系，设，根据向量的坐标运算结合辅助角公式可得，再结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，

则，
因为，可设，
则，
可得，
其中，
因为，所以.
故选：A.
5. 在△中，角，，所对的边分别为，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理分别检验问题的充分性和必要性，可得答案.
【详解】解：充分性：在△中，由，可得,所以,故充分性成立；
必要性：在△中，由及正弦定理，可得，
可得,,故，必要性成立；
故可得：在△中，角，，所对的边分别为，，，则“”是“”的充分必要条件，
故选C.
【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判断，相对不难，注意正弦定理的灵活运用.
6. 已知定义在上的偶函数满足且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的周期性与对称性可得解.
【详解】由，
令，得，
又令得，
再令，，
又，所以，
又，，
所以，为的一个周期，，
即，
故选：A．
7. 已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件推得数列是首项为，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式可得，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【详解】因为，
所以，
由于，即，
可得数列是首项为，公比为的等比数列，
则，因为数列是递增数列，可得，
即对任意的正整数都成立．
当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，
可得，则；
当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，
可得，则；
综上可得的取值范围是．
故选：B ．
8. 在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，求出三棱锥外接球的半径，假设球心到平面的距离得答案．
【详解】解：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，
则点即为三棱锥外接球的球心，
因为和都是边长为的正三角形，可得，
因为平面平面，，平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，所以四边形是边长为1的正方形，
所以外接球半径，
所以到平面的距离，
即点到平面距离的最大值为.
故选：D.
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3分，有选错的得0分.
9. 下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A. 在样本数据中，根据最小二乘法求得线性回归方程为，去除一个样本点后，得到的新线性回归方程一定会发生改变
B. 具有相关关系的两个变量的相关系数为那么越大，之间的线性相关程度越强
C. 若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则决定系数
D. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，若在回归方程上；对于B，C，由相关系数和相关指数的性质判断；对于D，由残差点分布的特征判断.
【详解】对于A，若去除的点恰好在原回归直线上，则去除该点后，回归方程不会发生改变，故A错误；
对于B，越接近于1，则之间的线性相关程度越强，故B错误；
对于C，若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，决定系数故C正确；
对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故D正确．
故选：CD
10. 如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线所成角的余弦值为
B. 存在点，使得
C. 若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为
D. 若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系、线面角的向量公式，点到直线的向量公式和抛物线的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，，，，，，
所以，，
所以，，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确；
由题意，设，
则，又，
若，则，解得，
所以不存在点M，使得，故B错误；
设，所以，
所以点到直线的距离
，
所以，此时，
所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确；
设，
则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为.
因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以，
整理得（其中，），
即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确.
故选：ACD.
11. 一般地，对于复数（i为虚数单位，a，），在平面直角坐标系中，设，经过点的终边的对应角为，则根据三角函数的定义可知，，因此，我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，称为复数z的辐角.为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合的辐角的值叫做辐角的主值.已知复数z满足，，为z的实部，为z的辐角的主值，则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的几何意义确定点的轨迹，结合的几何意义确定其最大值，判断A，求的最小值判断B，由图象确定的范围，结合余弦函数性质证明，判断C，结合复数运算及，判断D.
【详解】因为，， 复数在复平面的对应的点为,
所以点Z在以为圆心、以r为半径的圆上或圆内.
对于选项A，B，由复数的几何意义可得表示点Z与的距离，
又点到点的距离为，
所以的最大值为，A正确，
的最小值为，B正确，
对于C，过点作以为圆心，为半径的圆的切线，设切点为，
设，则或，
所以，所以，所以C错误.
对于D，设，有（其中是z的辐角的主值），
由于，所以，所以D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则__________.
【答案】##-0.125
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式，即可求得答案.
【详解】因，，
故，
故答案为：
13. 已知随机变量，则的最小值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正态曲线的对称性求得，再由，结合基本不等式即可得出答案.
【详解】因为随机变量，且，
所以，则，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以最小值为.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，圆经过点和点，与轴正半轴相交于点．若在第一象限内的圆弧上存在点，使，则圆的标准方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意作图，由，求得，进而求出B的坐标，求出圆的方程.
【详解】根据题意作图，如图所示：
显然，，而，
于是，又，则AB为圆的直径，设，
由，得，
因此，即，又，则AB的中点，
所以圆C的标准方程为：.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用圆的性质求出点的坐标，是解决问题的关键.
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. 已知是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，借助等差数列性质与等比数列性质计算即可得；
（2）分奇数项及偶数项分组求和，结合等比数列的性质与裂项相消法计算即可得.
【小问1详解】
设的公差为，由题意知，即，
即有，因为，可得，，
所以；
【小问2详解】
设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，
则
，
，
所以．
16. 已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）
【解析】
【分析】（1）使用单调性的定义和导数即可判断单调性；
（2）先用导数确定的单调性，然后利用零点存在定理分情况讨论的零点个数，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
由，知.
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，有，
从而对和有，对有.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
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.
【小问2详解】
由于，故.
记，则.
从而对有，对有.
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点；
当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，.
再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点.
综上，的取值范围是.
17. 已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．

（1）证明：平面；
（2）点在直线上，求与平面所成角的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连结，交于点，由条件证明，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明结论；
（2）根据线面角的向量求法求出与平面所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最大值.
【小问1详解】
连结，交于点，连，
由，
知，
又平面
又底面为菱形，所以
以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，边长为4，则，
在直角三角形中，所以
所以点
，则
所以，
所以，
，
所以，
所以，
又，平面，
所以平面，
【小问2详解】
设，
所以，
故，
所以
平面的一个法向量是，
设与平面所成角为，则
当时，平面，；
当时，
，
当且仅当时取等号，
又所以，
故与平面所成角的最大值为

18. 双曲线的焦点为（在下方），虚轴的右端点为，过点且垂直于轴的直线交双曲线于点（在第一象限），与直线交于点，记的周长为的周长为．
（1）若的一条渐近线为，求的方程；
（2）已知动直线与相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点，为线段上一点，设为常数．若为定值，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）根据结合双曲线定义求出，然后根据渐近线求解即可.
（2）设直线方程与（1）得到的双曲线联立，根据直线与双曲线相切表示k，再根据垂直以及向量关系求解即可.
【小问1详解】
依题意，
，解得，又双曲线的一条渐近线为，则，即，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，则双曲线方程为，设，
过的直线的方程为，即，令，显然，
由消去y得，显然，
由直线与双曲线只有一个公共点，得，
化简得，代入得，
由直线与双曲线相切，得，而，于是，
过点T且与垂直的直线的直线斜率为，方程为，
令，得，即，令，得，即，
设，由，得，即，
代入得，
依题意，该双曲线与双曲线共焦点，则，
化简得，于是，
，当且仅当，时取等号，
所以的最大值为1.
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
19. 某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加.已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为（，均大于100），每一次试验均相互独立.
（1）求的分布列；
（2）记随机变量.已知，
（i）证明：，；
（ii）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值.
（已知随机变量服从超几何分布记为：（其中为总数，为某类元素的个数，为抽取的个数），则）
【答案】（1）见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布求解即可；
（2）（ⅰ）利用均值和方差的性质求解即可；
（ⅱ）利用题目给的方差公式结合第（ⅰ）中的结论，求出，，然后列方程求解即可.
【小问1详解】
依题意，均服从完全相同的超几何分布，
且，均大于100，
故的分布列为.
【小问2详解】
（i）均服从完全相同的超几何分布，故
，
，
故，
（ii）由（ⅰ）可知的均值
利用公式计算的方差，
所以
依题意有
解得，．
所以可以估计，．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于灵活运用期望和方差的性质，以及超几何分布的方差公式.0
1
99
100