湖北省2024年高考数学重难点练习卷（二）（Word版附解析）

这是一份湖北省2024年高考数学重难点练习卷（二）（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则
A．B．
C．D．
2．若，则下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
3．设为正项等比数列的前项和，若，且，则
A．B．C．D．
4．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得最大．”如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M（-1，2），N（1，4），点P在x轴上移动，当取最大值时，点P的横坐标是（ ）
A．1B．-7C．1或-1D．2或-7
5．如图为一个几何体的三视图，则该几何体中任意两个顶点间的距离的最大值为
A．B．C．D．
6．函数在的图象大致为
A．B．
C．D．
7．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，且，则
A．或B．或C．或D．
8．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法不正确的是
A．B．在区间上单调递减
C．是图象的一条对称轴D．是图象的一个对称中心
二、多选题
9．若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（ ）
A．B．C． D．2
10．在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：
定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（ ）
A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校
B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率
C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%
D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率
11．已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．时，
C．时，随着的增大而增大D．时，随着的增大而减小
12．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
三、填空题
13．锐角满足，则 .
14．若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则 .
15．已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝ .
16．设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为 .
四、解答题
17．已知中，角，，所对的边分别为，，，满足.

(1)求的大小；
(2)如图，，在直线的右侧取点，使得，求为何值时，四边形面积的最大，并求出该最大值．
18．如图,在三棱台中,平面平面,.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
19．已知正项数列的前项和，满足：．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，设数列的前项和为，求证．
20．2023年10月5日晚，杭州亚运会女篮决赛的巅峰对决中，中国女篮以战胜日本女篮，成功卫冕亚运会冠军，大快人心，表现神勇，为国家和人民争了光．某校随即开展了“学习女篮精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次篮球训练课上，进行了一场、、3名女篮队员的传接球的训练，球从手中开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住．记第次传球之前球在手中的概率为，易知，．
(1)①求第5次传球前，球恰好在手中的概率；
②第次传球前球在手中的概率为，试比较与的大小．
(2)训练结束，体育老师为了表扬队员们精彩的表现和取得的进步，组织了一场“摸球抽奖”活动，先在一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．若设三次摸奖（每次摸奖后球放回）恰好有一次中奖的概率，当取何值时，最大?
21．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.
22．已知点是圆：上一动点（为圆心），点的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)，是曲线上的两个动点，为坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)设为曲线上任意一点，延长至，使，点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于、两点，求面积的最大值．
甲校理科生
甲校文科生
乙校理科生
乙校文科生
达标率
60%
70%
65%
75%
参考答案：
1．C
【分析】解出集合、，再利用补集和交集的定义得出集合.
【详解】解不等式，得或；
解不等式，得，解得.
，，则，
因此，，故选C.
【点睛】本题考查集合的补集与交集的计算，同时也考查了一元二次不等式以及对数不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.
2．C
【分析】根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性以及特殊值法来判断各选项中不等式的正误.
【详解】对于A选项，由于指数函数为增函数，且，，A选项中的不等式不成立；
对于B选项，由于对数函数在上单调递增，，当时，，B选项中的不等式不恒成立；
对于C选项，由于幂函数在上单调递增，且，，C选项中的不等式恒成立；
对于D选项，取，，则，但，D选项中的不等式不恒成立.
故选C.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，通常利用函数单调性、比较法、不等式的性质以及特殊值法来判断，考查推理能力，属于中等题.
3．D
【分析】设等比数列的公比为，利用题中条件求出，再由可计算出的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
整理得，，解得，因此，，故选D.
【点睛】本题考查等比数列中基本量的计算，一般利用首项和公比建立方程（组）求解基本量，考查运算求解能力，属于基础题.
4．A
【分析】根据已知及直线的倾斜角和斜率，圆的切线方程，直线与圆的位置关系与判定，判断当取最大值时，经过M，N，P三点的圆必与轴相切于点，故圆心的纵坐标为圆的半径，由此求得点P的横坐标.
【详解】由题M（-1，2），N（1，4），则线段MN的中点坐标为（0，3），
易知，则经过M，N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线上．
设圆心为，则圆S的方程为．
当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得），
则此时P的坐标为，代入圆S的方程，得，
解得或，即对应的切点分别为P（1，0）和．
因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，
又过点M，N，的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，
所以，故点P（1，0）为所求，即点P的横坐标为1.
故选:A．
5．A
【分析】画出几何体的直观图，判断两点间距离最大值的位置，求解即可.
【详解】由题意可知，几何体的直观图如下图所示，该几何体是长方体的一部分，该几何体中任一两个顶点间距离的最大值应该是、、中的一个，
且，
，，
故选A.
【点睛】本题考查三视图的直观图的应用，解题时要根据三视图还原几何体，作出几何体的直观图，并计算出棱长，考查空间想象能力，属于中等题.
6．C
【分析】判断函数的奇偶性，取特殊值即可判断.
【详解】因为，所以函数为奇函数，故排除A,B
由于 ，排除D
故选C.
【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，一般要结合函数的奇偶性、定义域、单调性、特殊点等综合来判断，属于中档题.
7．D
【分析】设点的坐标为，点的坐标为，利用向量的坐标运算计算出点的纵坐标，然后利用抛物线的定义求出的值.
【详解】抛物线的焦点为的坐标为，准线方程为，
设点的坐标为，点的坐标为，则，，
，，解得，因此，，故选：D.
【点睛】本题考查了抛物线的定义，同时也考查了利用共线向量计算点的坐标，考查运算求解能力，属于中等题.
8．D
【分析】利用图象平移得出函数的解析式，然后利用正弦型函数的性质判断各选项中有关函数的性质及函数值的正误.
【详解】由题意可得，
则，A选项正确；
当时，，则函数在区间上单调递减，B选项正确；
，则是图象的一条对称轴，C选项正确；
，不是图象的一个对称中心，D选项错误.
故选D.
【点睛】本题考查三角函数图象平移与三角函数的基本性质，解题的关键就是要确定函数解析式，并利用正弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.
9．BCD
【分析】讨论两顶点的位置，由椭圆的性质结合勾股定理求解.
【详解】由题意可知，，
若这两个顶点为长轴的两个端点时，；
若这两个顶点为短轴的两个端点时，；
若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，；
故选：BCD
10．ABD
【分析】根据表中数据，结合达标率的计算公式对各选项逐一判断即可.
【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，
乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB正确；
设甲校理科生有人，文科生有人，若，即，则甲校总达标率为，选项C错误；
由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，
当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；
故选：ABD
11．ABC
【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，
故A正确，
对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，
则，
所以，
，
所以，故B正确，
对于C,D选项，，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，
故选项D不正确.
故选：ABC.
12．AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
13．
【分析】利用二倍角公式和诱导公式实现角之间的转化，代入数值即可求得结果.
【详解】由题意可知，，
又，且为锐角，所以，
即.
故答案为：
14．8
【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.
【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，
则可知圆心到两直线的距离相等，
由圆的圆心为：，
圆心到的距离为：
，
圆心到的距离为：
，
所以，
由题意，
所以，
故答案为：8.
15．4
【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．
【详解】因为函数有两个极值点与
由，则有两根与
所以，得
因为，
所以，又
则，
所以
故答案为：
16．/1.25
【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值.
【详解】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；
（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；
本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.
17．(1)
(2)，四边形面积的最大，最大值为
【分析】（1）根据正弦定理可得，进而结合两角和的正弦公式及同角三角函数关系化简可得，进而求解即可；
（2）由（1）可得为等边三角形，在中，由余弦定理可得，进而结合三角形的面积公式和三角恒等变换公式可得四边形的面积，进而结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意，，
由正弦定理得
即
又因为中，，
所以，
又因为，所以，即．
又，故.
（2）由（1）知，，
因为，所以为等边三角形，
在中，由余弦定理得，
，
而，
，
所以四边形的面积为
，
因为，，
当，即时，取得最大值，为，
故四边形面积的最大值为．
18．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，先证，再证，进而可证平面；
（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．
【详解】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，
平面平面，且，
所以平面，平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，
则．
所以平面．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，，
则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长相交于一点，
则为等边三角形．取的中点，则，
又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，
建立空间直角坐标系．
由题意得，，，
，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，
平面的法向量为．
由，得，
取；
由，得
取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
【点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由，把用1代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通项可求；
（2）由（1）可先算出，代入求得通项并裂项，再求和即可证明.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
20．(1)①；②
(2)
【分析】（1）①利用树状图列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得；
②依题意第次传球前在乙、丙手中的概率均为，则，从而得到为等比数列，即可求出的通项公式，求出与，即可判断；
（3）首先求出一次摸奖中奖的概率，则三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率，，再利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的极大值点，再求出即可.
【详解】（1）①记三个人分别为、、，则4次传球的所有可能可用树状图列出，如图．

每一个分支为一种传球方案，则基本事件的总数为16，而又回到手中的事件个数为6，
根据古典概型的概率公式得．
②第次传球前在乙、丙手中的概率均为，
故，
为等比数列，首项为，公比为，
，
所以，
，
，
.
（2）一次摸奖从个球中任选两个，有种，它们等可能，其中两球不同色有种，一次摸奖中奖的概率
三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率
，，
则，
所以当时，当时，
所以在上为增函数，在上为减函数，当时，取得最大值，
又，得时，最大.
21．（1）见解析；（2）证明见解析.
【分析】(1)先求导，然后对的情况进行讨论，判断其单调性；
（2）原函数由两个极值点，转化为导函数有两个零点，即方程的判别式，列出相关的式子，最后采用构造函数来证明.
【详解】(1)的定义域为，
，
①当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以在上单调递增；
④当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
在时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
（2），则的定义域为，，
若有两个极值点，，（），则方程的判别式，且，，所以，
因为，所以，得，所以，
设，其中，令得，
又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，而，∴，
从而恒成立.
【点睛】在求含有参数的函数单调性时，结合导函数的形式，对参数进行讨论是解题的关键，极值点问题通常可以转化为零点问题进行求解，遇到证明恒成立问题，根据函数的形式，采用构造新函数的方法可以达到事半功倍的效果.
22．(1)
(2)是，
(3)．
【分析】（1）由已知得，动点的轨迹为椭圆，待定系数法求方程即可；
（2）设两点的坐标，表示出的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求的面积.
（3）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值.
【详解】（1）因为线段的中垂线交线段于点，则，
所以，，

由椭圆定义知：动点的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，则，，，，
所以曲线的方程为
（2）设，，直线：；
，到直线的距离，
所以
另一方面，因为，是椭圆上的动点，
所以可设，，，
由，得，
为定值.
（3）设，，，
代入：得，所以曲线的方程为.
由知，同理，，
设，

①当直线有斜率时，设：，
代入椭圆的方程得：，
，，
将：代入椭圆的方程得：，
与椭圆有公共点，由得：，
令，则，
．
②当斜率不存在时，设：，代入椭圆的方程得：，
，
综合①②得面积的最大值为，
所以面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．