32，湖南省永州市2024届高考第二次模拟考试数学试题

这是一份32，湖南省永州市2024届高考第二次模拟考试数学试题，共25页。试卷主要包含了考试结束后，只交答题卡等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．全卷满分150分，时量120分钟．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
3．考试结束后，只交答题卡．
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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意确定集合B，求出，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
则，故，
故选：C
2. 已知，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法法则计算出，得到虚部.
【详解】，
故的虚部为.
故选：A
3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由投影向量公式计算出结果即可.
【详解】，，
在上的投影向量为，
故选：B
4. 已知函数在区间上单调递增，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意确定，结合正弦函数的单调性列不等式组，即可求得得表达式，结合，即可确定答案.
【详解】当时，,
由于函数在区间上单调递增，
故，即，
即，
又，则，
故选：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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，假设底面边长为，确定，确定为侧面与底面的夹角，求出，即可求出则侧面与底面的夹角为.
【详解】
如图：四棱锥为正四棱锥，为中点，为底面中心，
设四棱锥底面边长为，，，根据题意有，
即，解得，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. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线交于两点，点在的准线上，．若的面积为32，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的性质，结合直线与抛物线的位置关系进行求解即可.
【详解】由题意，抛物线的焦点，准线方程为：，
因为直线的斜率为，故直线的方程为：，
由得，
，
设，，
所以，，
由抛物线定义可知，，
因为点在的准线上，设点，
又，，所以，
所以，
所以，解得.
故选：B
7. 在中，若，则的面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，确定四边形面积的最大值，即可得答案.
【详解】设分别为的中点，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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数判断B；求出函数的对称轴，根据导数求出函数单调性，得到的图象，数形结合可判断A；并可求出，的值，进而判断C；借助图象可求出的取值范围，进而判断D.
【详解】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
二、多项选择题，本题共4小题，每小㔭5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
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
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用方差公式计算可得A错误，由条件概率计算公式可得B正确；由百分位数定义计算可得C正确；利用二项展开式计算出常数项可得，即D正确.
【详解】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5位和第6位的平均数，即，所以C正确；
对于D，由可得代表展开式中的有理项，
所以，即D正确；
故选：BCD
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
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意求得圆锥的母线、高以及底面半径，并作出图象，对于A，根据圆锥的几何性质，结合线面角的定义，可得答案；对于B，根据圆锥的体积公式，可得答案；对于C、D，根据圆锥的轴截面，利用等边三角形的性质，结合球的体积与表面积公式，可得答案.
【详解】由题意可知，圆锥的母线长为，圆锥侧面展开图的弧长为，
设圆锥的底面半径为，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. 已知定义域为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
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法可判断A；利用赋值法结合对函数求导，可判断B；将变形为形式，利用柯西方程可求得，代入求值，即可判断C；结合，利用作差法可判断D.
【详解】由题意定义域为的函数满足
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. 在平面直角坐标系中，已知曲线，与圆相切的直线交于两点，点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
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线方程并联立双曲线方程，结合直线和圆相切以及向量的数量积的坐标运算，化简求值，可判断A；利用直角三角形的面积，结合基本不等式可判断B；求得M，N的坐标的表达式，可求出的表达式，进行变形，结合基本不等式即可判断C；结合C的分析可得O到MN的距离为，化简求值，即可判断D.
【详解】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.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆和双曲线以及圆的知识的综合应用，难度较大，计算量大，难点在于要综合应用直线和曲线方程的联立，结合根与系数的关系，进行化简，计算过程比较复杂，需要十分细心.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知为第二象限角，且，则的值为______．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，为第二象限角，且，则，所以．
考点：三角函数的基本关系式．
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____________．
【答案】##0.4
【解析】
【分析】分两种情况，由全概率公式求出答案.
【详解】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. 已知函数有一个极值点为零点，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，设为的极值点也为其零点，由此可得，则，即可求得的值，继而求得a的值，验证后即可确定答案.
【详解】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. 已知数列满足，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦函数的周期性可得数列满足，再由累加法利用等差数列前和可得结果.
【详解】由余弦函数性质可知数列是以为周期的周期数列，
易知，，，，
则，且，可得；
由累加法可得
；
故答案为：
【点睛】方法点睛：根据三角函数的周期性可得数列中的周期或类周期规律，再利用等差数列和等比数列性质，利用累加法或累乘法即可求得结果.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前项和为．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项的和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的定义即可求得答案；
（2）由（1）的结果可得的表达式，利用分组求和法，结合等差数列以及等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【小问1详解】
当时，，
当时，，则，
则数列为为首项，公比为2的等比数列，
故；
【小问2详解】
因为，
故数列的前项的和为：
.
18. 记三个内角的对边分别为，已知为锐角，．
（1）求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）无最小值；
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理可得，结合为锐角可得，所以；
（2）利用诱导公式可得，再由导数判断出在上单调递增，可得无最小值；
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
所以可得，解得或；
又为锐角，所以（舍），即，
因此；
【小问2详解】
结合（1）中，又可得：
；
令，则，
又为锐角，，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. 如图所示，在四棱锥中，，平面平面，点为的中点．
（1）证明：；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据与平面所成角的正弦值求出t，求出平面的法向量，即可求出B到平面的距离，根据棱锥体积公式，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，又因为平面，
所以；
【小问2详解】
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. 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，求的分布列与期望；
（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：．
【答案】（1）分布列见解析；6
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）确定随机变量X的可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，继而求得期望；
（2）设在甲参加了的局禁毒知识挑战赛中，获胜局数为Y，可得，由此求出的表达式没利用作差法，即可证明结论.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为线段的中点，过点且斜率为的直线交于两点，的面积最大值为．
（1）求的方程；
（2）设直线分别交于点，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．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）确定当M位于椭圆的短轴端点时，的面积最大，由此结合椭圆离心率列出关于的方程，解方程组，可得答案；
（2）设出相关点坐标，表示出直线MP的方程，联立椭圆方程，可得根与系数关系，进而求得点的坐标之间的关系，从而表示出，结合三点共线，即可推出结论.
【小问1详解】
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；
小问2详解】
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，
又因为三点共线，所以，
即，故，则，
所以此时存实数，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；
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及探究性问题，解答时要注意设直线方程，并联立椭圆方程，利用根与系数的关系化简求解，难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，要十分细心.
22. 已知函数．
（1）若时，，求实数的取值范围；
（2）设，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意求得函数定义域，并对参数进行分类讨论，构造函数并利用导数判断出函数单调性，根据不等式恒成立即可求得实数的取值范围为；
（2）利用（1）中结论可知当时在上恒成立，且不等式在恒成立，再利用裂项相消求和即可得出证明.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
令，则恒成立，所以在上单调递增，
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：
【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.X
3
5
7
9
P