湖南省2024届高考数学重难点模拟卷（一）

这是一份湖南省2024届高考数学重难点模拟卷（一），共18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．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．设在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为（ ）
A．B．
C．D．
3．若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知定义在上的函数满足，，，且，则（ ）
A．1B．2C．D．
5．若的展开式存在常数项，则常数项为（ ）
A．B．35C．D．21
6．吉林雾淞大桥，位于吉林市松花江上，连接雾淞高架桥，西起松江东路，东至滨江东路．雾淞大桥是吉林市第一座自锚式混凝土悬索桥，两主塔左、右两边悬索的形状均为抛物线（设该抛物线的焦点到准线的距离为米）的一部分，左：右两边的悬索各连接着29根吊索，且同一边的相邻两根吊索之间的距离均为米（将每根吊索视为线段）．已知最中间的吊索的长度（即图中点到桥面的距离）为米，则最靠近前主塔的吊索的长度（即图中点到桥面的距离）为（ ）
A．米B．米
C．米D．米
7．定义表示，，中的最小值．已知实数，，满足，，则（ ）
A．的最大值是B．的最大值是
C．的最小值是D．的最小值是
8．生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ）
A．3月5日或3月16日B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日D．3月8日或3月13日
二、多选题
9．下列函数中，是奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
10．某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（ ）
A．轨道的焦距为B．轨道的离心率为
C．轨道的短轴长为D．当越大时，轨道越扁
11．设等比数列的公比为，前项积为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，且为数列的唯一最大项，则
D．若，且，则使得成立的的最大值为20
三、填空题
12．已知函数是定义在上的增函数，且，则不等式的解集为 .
13．已知，，，若在圆（）上存在点满足，则实数的取值范围是 .
14．已知正四棱锥的顶点均在球的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球体积的最小值为 .
四、解答题
15．在①，②外接圆面积为，这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并作答.
在锐角中，，，的对边分别为，，，若，且______.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
16．已知数列的首项，且满足，等比数列的首项，且满足.
(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和
17．如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.
(1)求四边形的面积；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
18．已知定义在上的两个函数，.
(1)若，求的最小值；
(2)设直线与曲线，分别交于，两点，当取最小值时，求的值.
19．已知是一个动点，与直线垂直，垂足A位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为原点）的面积为.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)设过点的直线与，分别相交于，两点，和的面积分别为和，若，试判断除点外，直线与是否有其它公共点？并说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】先化简集合N,再求并集.
【详解】因为，所以，所以．
故选：A
2．C
【分析】利用复数运算法则化简即可求解.
【详解】依题意得，
所以，
则在复平面内对应的点为．
故选：C
3．C
【分析】利用和角公式及同角三角函数关系进行求解.
【详解】.
故选：C
4．B
【分析】对于抽象函数的关系式，可考虑对进行赋值，借助于建立方程组，求解即得.
【详解】令，得，即①
因②，联立①②解得：或，又，所以．
故选：B.
5．C
【分析】先确定n值，再利用通项公式求解.
【详解】若的展开式存在常数项，则，且常数项为．
故选：C
6．A
【分析】建立坐标系，求出点B横坐标，代入抛物线即可求解.
【详解】以为坐标原点，抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系（横坐标与纵坐标的单位均为米），
依题意可得抛物线的方程为．
因为同一边的悬索连接着29根吊索，且相邻两根吊索之间的距离均为米，则点的横坐标为，
则，所以点到桥面的距离为米．
故选：A.
7．B
【分析】由题先分析出实数，，一负两正，然后利用基本不等式放缩求出最小值的最大值即可.
【详解】因为，所以在，，中，负数的个数为1或3，
又，所以在，，中，1个为负数，2个为正数，不妨设，则．
因为，所以，因为，所以，则，
故的最大值是，无最小值．
故选：B.
8．D
【分析】利用等差数列求和公式列方程求解.
【详解】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第天所得积分为．
假设他连续打卡天，第天中断了，
则他所得积分之和为
，化简得，
解得或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的应用，注意审题“一天中断”两次求和公式的应用.
9．ACD
【分析】由奇函数定义逐一判断即可.
【详解】对于A，的定义域为全体实数，关于原点对称，且，故A满足题意；
对于B，若，则，故B不满足题意；
对于C，的定义域为，它关于原点对称，且，故C满足题意；
对于D，的定义域为，它关于原点对称，且，故D满足题意.
故选：ACD.
10．BC
【分析】根据条件得到，，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】由题知，解得，，
对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，
对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，
对于选项C，因为轨道的短轴长为，所以选项C正确，
对于选项D，因为，则越大时，离心率越小，则轨道越圆，所以选项D错误，
故选：BC.
11．BCD
【分析】根据前项积的定义和性质即可结合等比数列的性质即可逐一求解.
【详解】若，则，可得，即选项A错误；
而，即选项B正确.
若，且是数列的唯一最大项.
当时，，不合题意；
当时，由，可得，
即，解得，即选项C正确.
若，当时，，
又，不满足，不合题意；
当时，由可得，，，
所以，，
则为单调递减数列，
因此当时，故，当时，故，
因此当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
又，，，
所以使得成立的的最大值为20，即选项D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：由首项和公比确定等比数列的单调性的几种情况：
（1），时，等比数列为单调递减数列，
（2），时，等比数列为单调递增数列，
（3），时，等比数列为单调递增数列，
（4），时，等比数列为单调递减数列，
（5）时，等比数列为摆动数列，
（6）时，等比数列为常数列，
12．
【分析】构造函数，求导后得，由在上为增函数，所以，从而在上为增函数，又由，从而可求解.
【详解】由题意知在上为增函数，所以恒成立，
构造函数，所以恒成立，
所以在上单调递增，又因为，
所以当时，，即，
所以的解集为.
故答案为：.
13．
【分析】设，求出点的轨迹为，从而转化为两圆有公共点，利用圆与圆的位置关系从而可求解.
【详解】 设，将坐标代入式子，可得，
即，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
依题意，两圆有公共点，则，解得.
故答案为：.
14．/
【分析】由底面外接圆的半径、正四棱锥的高以及外接球的半径的关系，结合已知条件可得，故只需求出外接球半径的最小值即可.
【详解】设球的半径为，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为，.
如图，球心在正四棱锥内时，由，可得，
即（*）.

球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式.
又正四棱锥的体积为，则，代入（*）式可得.
通过对关于的函数求导，即，
易得函数在单调递减，在单调递增，
则.从而，球的体积的最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得到，从而通过导数求得外接球半径的最小值即可顺利得解.
15．(1)
(2)8
【分析】（1）选①或选②都可借助正弦定理得到，即可得；
（2）借助余弦定理与三角形面积公式计算即可得.
【详解】（1）由得，
若选①：
由正弦定理得，
所以，则，又因为，故；
若选②：
外接圆半径，由正弦定理，
所以，则，又因为，故；
（2）由（1）知，所以，
因为的面积为，所以，
所以，
因为，所以，
由余弦定理得，，
所以，所以，
所以，所以的周长为8.
16．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用定义法判断等比数列并求解通项公式即可.
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，
又因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以
（2）因为，所以，故，
所以，
令，则，
所以，
，
所以
，
，所以
17．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点，连接，由给定条件结合余弦定理求出，再推证即可求出四边形面积.
（2）由已知可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，取的中点，连接，
在中，由，，得，，
在中，由，，得，，
则为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理得，解得，
又，平面，则平面，而平面，于是，
显然，则，
所以平行四边形的面积.
（2）由（1）知，有，则，
同理，又，，即，则，
以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
假设存在点满足题意，不妨设，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则，
解得，此时，
所以存在点满足题意，且的长为.
18．(1)
(2)2
【分析】（1）利用导数求解函数最值即可.
（2）翻译条件，利用导数求解关键点的坐标，再求值即可.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）设，，则
于是，
分设，则.
设，则有在有解，
由,
，故在上有解，
且在上，，在上，，
故函数在上单调递减，在单调递增，
其中，即，
所以，即，
设，其导函数，
所以在上单调递增，结合，知.
所以，
于是.
所以当取最小值时，，
所以，
设，
其导函数，
所以在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.
所以，所以.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题设条件构建3个变量之间的等量关系；
（2）合理构元，转化为含参的零点问题；
（3）利用隐零点求参数的值.
19．(1)
(2)除点，直线与曲线没有其它公共点，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意结合点到直线距离公式运算求解；
（2）根据题意分析可知为的中点，可得直线的斜率，与曲线的方程联立结合判别式分析判断，注意讨论直线的斜率斜率是否存在.
【详解】（1）设，则，，
所以矩形的面积.
因为A，分别在第一、四象限，
所以动点的轨迹方程为.
（2）因为，，所以，
所以为的中点.
设，可得，
当直线的斜率不存在时，其方程为，
所以仅当时，满足，此时直线与曲线只有一个交点；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立解得，
联立解得，
所以，解得.
所以直线的方程为，
联立，消去y得，
则，
所以直线与曲线仅有一个公共点；
综上所述：除点，直线与曲线没有其它公共点.
【点睛】关键点点睛：1.根据面积关系分析可知为的中点；
2.根据中点分析可得直线的斜率.