湖北省2024届高考数学重难点模拟卷（二）

这是一份湖北省2024届高考数学重难点模拟卷（二），共22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．已知在中，点在边上，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知数列满足.记数列的前n项和为.若对任意的，都有，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
5．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，k是正的常数.如果在前5h消除了的污染物，则15h后还剩污染物的百分数为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数（，）的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
7．已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知复数，则（ ）
A．2022B．2023C．D．
二、多选题
9．从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为D．的面积不大于5的概率为
10．已知直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足依次记为，若的最小值为，则（）
A．
B．为钝角
C．
D．若点，在上，且为的重心，则
11．已知，函数，则（ ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1
三、填空题
12．已知，若的展开式中含项的系数为40，则 .
13．已知两个等差数列和的前n项和分别为和，且，则使得为整数的正整数n的集合是 .
14．已知三棱锥顶点均在一个半径为5的球面上，，P到底面ABC的距离为5，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知数列满足：.
（1）求的通项公式；
（2）若，求.
16．已知，，且
（1）求的单调区间.
（2）在中，，，的对边分别为，，，当，，，求的面积.
17．如图，在四棱锥中，侧面是边长为的正三角形且与底面垂直，底面是菱形，且，为棱上的动点，且．
(1)求证：为直角三角形；
(2)试确定的值，使得平面与平面夹角的余弦值为．
18．已知直线与圆交于，两点，过点的直线与圆交于，两点.
若直线垂直平分弦，求实数的值；
已知点，在直线上（为圆心），存在定点（异于点），满足：对于圆上任一点，都有为同一常数，试求所有满足条件的点的坐标及该常数.
19．设函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，，为的导函数，求证：．
参考答案：
1．B
【分析】分别求解两个集合，再根据补集和并集的定义，即可求解.
【详解】，得，所以，
函数中，，即，所以，
，所以.
故选：B
2．A
【分析】根据向量的线性运算即可.
【详解】在中，，又点在边上，且，
则，
故选：A.

3．A
【分析】利用椭圆与双曲线的性质结合离心率关系计算关系即可.
【详解】由题意可知，
又，所以，
易知双曲线的渐近线方程为，所以其渐近线方程为.
故选：A
4．A
【分析】由递推关系式结合等比数列通项公式可得，再由裂项相消求和可得，利用数列的函数特性可得.
【详解】由可得,
即数列是以为首项，公比的等比数列，
可得，即；
所以，
因此
，且当x趋近于+∞时，趋近于，
所以实数k的取值范围为.
故选：A
5．C
【分析】根据题意，求出，然后带入，即可求出15h后还剩污染物的百分数.
【详解】根据题意时，，又在前5h消除了的污染物，
则，
则15h后还剩污染物为，
所以15h后还剩污染物的百分数为.
故选：C
6．C
【分析】由函数的图象过点求得，根据函数的单调性，结合三角函数的性质列式求得的范围，即可得解.
【详解】因为函数的图象过点，所以，
因为，所以，所以，
当时，，
因为在区间上具有单调性，
所以，
即且，
则，
因为，得，
因为，所以时，，则；当时，，
综上，，即的最大值为，
故选：C.
7．B
【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合，求出CD长度的最大值.
【详解】因为球的体积为，故球的半径R满足，故，
而，，，故，故，
故，
设点D到平面ABC的距离为h，则，故，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，

设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，
故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，
当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.
故选：B．
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
8．B
【分析】根据题意结合复数运算可得的方程的根为，进而整理可得，取即可得结果.
【详解】设，
则，
由题意可得：
可得关于的方程的根为，
故，
整理得，
即，
令，可得，
且2022为偶数，所以.
故选：B.
9．ACD
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B选项，根据数量积为正得出锐角判断C选项，结合面积公式判断D选项.
【详解】对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
10．AC
【分析】根据的最小值求得，利用根与系数关系、向量法、抛物线的定义对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】抛物线的焦点，
依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为，
由消去并化简得，
，设，
则，
，
，当时等号成立，
所以，A选项正确，抛物线的方程为，
准线方程，焦点，
则，则，
所以，所以B选项错误.
由上述分析可知，
，
所以，所以C选项正确.
设，由于是的重心，
所以，
所以，所以D选项错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.
【详解】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
12．
【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为4，由此建立方程即可求解
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以项的系数为，解得,又，所以
故答案为：
13．
【分析】将等差数列之比转换为它的前n项和的比即可得解.
【详解】由
，
因为为整数且，所以.
故答案为：.
14．
【分析】作出辅助线，得到点在以为圆心，为半径的圆上，得到，再画出平面图形，建立坐标系，设出，求出，的最小值为，得到答案.
【详解】因为，所以球心在平面的投影为的中点，
连接，则，
因为外接球半径，故，故，
延长至点，使，则，
由勾股定理得，
则点在以为圆心，为半径的圆上，
设点在上的投影为，则在以为圆心，为半径的圆上，
则，
故，
以为坐标原点，所在直线为轴，垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，
故，
则
，
而当三点共线，且在线段上时，最小，最小值为，
故的最小值为，
故的最小值为.
故答案为：
【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
15．（1）；（2）.
【分析】(1)利用累加法，即可求解通项公式.（2）利用列项相消，即可求和.
【详解】（1）由已知得，
当n≥2时，
又，也满足上式，故
（2）由（1）可知：，
故.
16．（1）在（）单调递增；在（）单调递减；（2）.
【详解】（1），
令
所以函数在，（）单调递增；
令
所以函数在，（）单调递减.
（2）由（1）可知
角为锐角，
由正弦定理，
即三角形为直角三角形，
则
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由已知可证明出平面，进而可以证明，即为直角三角形；
（2）先证明两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用二面角的向量公式列方程，求出的值.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，依题意可知，均为正三角形，所以，，又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，因为，所以，即，从而为直角三角形．
（2）由（1）可知，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以两两垂直．
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，所以．
由，可得点的坐标为，
所以，，设平面的法向量为，
则，即
令，得，，则为平面的一个法向量，
显然平面的一个法向量为，
令，
解得或（舍去），
所以当时，平面与平面夹角的余弦值为．
18．；在直线上存在定点使得为常数.
【分析】化简圆的方程为标准方程，求出圆的半径，转化求解实数的值；
设直线上的点，取直线与圆的交点，则，
取直线与圆的交点，则，然后求解存在这样的定点，进而求证结论.
【详解】解：依题意，圆C方程变形为，圆心，半径
又直线l的方程即为
因为垂直平分弦，圆心必在直线上
过点和，斜率，
设直线上的点取直线与圆的交点，则
取直线与圆的交点，则.
令，解得或（舍去，与重合），此时
若存在这样的定点满足题意，则必为
下证：点满足题意.设圆上任意一点，则
综上可知，在直线上存在定点使得为常数.
【点睛】本题考查直线与圆的方程的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.
19．(1)当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，对参数分类，讨论的正负，研究函数的单调性；
（2）由已知，且，则，进而得到 ，构造函数判断函数的单调性知，进而得到，再判断，即可证得结论.
【详解】（1）由题可得，，
当时，，函数的单调递增区间为R，无单调递减区间；
当时，令，得，令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）因为函数有两个不同的零点，，
所以，且，，消去，得．
设，则，，，
所以．
设，，则，
所以在上单调递增，所以，故，
所以，所以．
又，
设，，则，
所以在上单调递增，所以，故，所以．
【点睛】方法点睛：本题考查研究函数的单调性及构造函数证明不等式，解含参数的不等式，通常需要从几个方面分类讨论：
（1）看函数最高次项系数是否为0，需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.