湖南省衡阳市名校联考联合体2024届高三下学期高考考前仿真联考一数学试卷（Word版附解析）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题（本大题共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】B
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法解集合A，结合交集的概念与运算即可求解.
【详解】因为，又，
所以.
故选：B.
2. 已知复数为虚数单位的共轭复数为，则“为纯虚数”的充分必要条件为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算化简复数，再由共轭复数和纯虚数的定义即可求解.
【详解】因为，
由为纯虚数，即且，
即且.
故选：D.
3. 已知非零向量满足，若，则实数的值为（ ）
A. 1或B. 2或C. 1或2D. 或2
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量数量积的运算和垂直表示计算可得结果.
【详解】由，
故选：A.
4. 已知函数，若在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复合函数的单调性求解即可.
【详解】令函数，
该函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，要使在上单调递增，则在上单调递增，
且时，，故，解得.
故选：D
5. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面.下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由线线，线面，面面之间的关系逐项判断即可.
【详解】对于选项：若，则与平行或相交，故A不正确；
对于选项B：若，则与可平行､异面或相交，故B不正确；
对于选项C：若，则或，故C不正确；
对于选项D：若，则，又，则，即D正确.
故选：D.
6. 已知椭圆的左､右焦点为是椭圆上一动点，直线经过的定点为，则的最大值为（ ）
A B. 2C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由直线经过定点，结合椭圆的定义由求解.
【详解】由椭圆得，
因为点为椭圆上的点，则，
直线经过定点，
则，
当且仅当在线段上时取等号，
所以的最大值为2.
故选：B.
7. 将6本相同的数学书和2本相同的语文书随机排成一排，2本语文书不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先计算6本相同的数学书和2本相同的语文书摆放的种数，再用插空法计算2本语文书不相邻的摆放种数，用古典概型概率的计算公式计算即可.
【详解】依题意，将6本相同的数学书和2本相同的语文书随机排成一排，
即从8个空位中选2个位置放语文书，剩余6个位置放数学书，摆放种数为：种；
利用插空法，6本数学书之间共有7个位置可以放2本语文书，摆放种数为：种，
由古典概型概率的计算公式得：.
故选：A.
8. 如图，已知是圆上一点，，则的正切值的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心角与圆周角的关系可得最大，则最大，即可利用两圆外切时，求解圆心，利用三点共线，即可求解角度.
【详解】设过三点的圆的圆心为，且，
由于，故最大，则最大，
只需要圆与圆相切于点时，最大，
则有或（舍去），，
所以,易知此时四点共线，
此时进而，故，
故选：A.
二､多选题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 中国雪乡哈尔滨的看雪最佳时间在11月中旬到次年的2月上旬，某旅游公司设计了一款冰雪文创产品.试营销以来，这款冰雪文创产品定价（单位：元）与销量（单位：万件）的数据如下表所示：
则下列结论正确的是（ ）
参考公式：.
参考数据：，，，.
A. 产品定价的平均值是10元
B. 产品定价与销量存在正相关关系
C. 产品定价与销量满足一元线性回归模型
D. 产品定价与销量的相关系数
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算出可得A；计算出后可得B、C、D.
【详解】由题可得，故A正确；
而.
由于与的相关系数近似为，故与的线性相关性很强，从而可以用线性回归模型拟合与的关系，同时，与为负相关，故B错误，C、D正确.
故选：ACD.
10. 已知抛物线过点，其焦点为，过点作两条互相垂直的直线，直线与抛物线相交于两点，直线与相交于两点（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为
B. 抛物线的准线方程为
C. 和面积之和最小值为7
D. 和面积之和的最小值为8
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意求得抛物线的方程为，即可判断AB；设、和直线的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理与两直线的位置关系可得、，进而表示两个三角形面积之和，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】A：将点代入，得，解得，
所以抛物线的方程为，故A正确；
B：由知，抛物线的准线方程为，故B错误；
C：易知两直线斜率均存在且不为0，
设，直线的方程为，联立
即①，所以，
设，由已知直线的斜率为，代入①中，
得，所以和面积之和为
，
当且仅当，且时等号成立，
所以和面积之和的最小值为8，故C正确；
D：由选项C的分析知，和面积之和的最小值为8，故D正确.
故选：AD.
11. 已知定义在实数集上的函数的图象关于点中心对称，函数，且函数在上单调递减，函数的导函数分别是，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 若，则
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，验证等式是否成立即可；选项B，验证等式是否成立即可；选项C，由等式出发，证明成立即可；选项D，构造函数，借助其单调性证明不等式即可.
【详解】对于选项A，因为函数的图象关于点中心对称，
所以，两边求导数得： ，
成立，所以函数的图象关于直线对称.
故选项A正确；
对于选项B，因为函数，
则，
用替换，得：，故的图象关于直线对称，
故选项B错误；
对于选项C，接上个选项解析中，
两边求导得：则，即，
将代入，得：，
故选项C正确；
对于选项D，因为的图象关于直线对称，
所以，
设，
则，
又设，
则有，
从而在上单调递增，则，
即在上单调递增，，
故有恒成立，则，
又因在上单调递减，则在上单调递增，
又，故，即：，
故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题考查抽象函数的对称性以及应用导数证明不等式，注意赋值法的使用，属于难题.抽象函数的对称性主要有两种形式：（1）若成立，函数的对称轴为；（2）若成立，函数的对称中心为.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知函数图象过点，则__________；若函数的图象关于点中心对称，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由可得，对称中心，即可求得，从而知函数的解析式.
【详解】因为点在的图象上，所以，
又，所以.
因为图象的一个对称中心是，
所以，则.
又，所以，故.
故答案为：；
13. 如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，则该几何体的体积为__________.

【答案】##
【解析】
【分析】如图，根据面面垂直的判定定理可得平面平面，由面面垂直的性质可得平面，结合棱柱与棱锥的体积公式计算即可求解.
【详解】设分别为的中点，连接，
因为，所以，且，
又平面，所以平面，
由平面，得平面平面，
由，所以，
设中点为，连接，则，又平面平面，
平面，所以平面.
又，所以.
故几何体的体积为.
故答案为：

14. 已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为__________.
【答案】7
【解析】
【分析】降次作差得，构造数列，求出，则得到，作差构造新数列，再证明其单调性即可得到答案.
【详解】因为，
两式相减得：，即.
两边同除以可得，
又，得，满足，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故，
即，所以，
因为，
令，则，
所以数列单调递增，因为，
所以当时，，即；
当7时，，
即.所以最小值为7.
故答案为：7.
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是作差得到，然后是构造等差数列，从而得到，最后作差并结合数列的单调性即可.
四､解答题（本大题共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. 在三角形中，角所对的边长分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，，求三角形的面积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式可得，再由正弦定理计算可得；
（2）首先求出、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
因为，则，
所以，由正弦定理得；
【小问2详解】
由（1）有，又，可得，又，
由余弦定理可得，
又，所以，
所以的面积.
16. 如图，在圆锥中，是圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，.

（1）求证：平面平面；
（2）设点在线段上，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助圆锥的性质及面面垂直的判定定理计算即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
如图，设交于点，连接，
在圆锥中，底面圆，所以，
又等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，为直径，所以，
所以，所以，
可知，即是的中点，
又是母线的中点，所以，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）平面，以点为坐标原点，
所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

在等腰三角形中，
又，所以，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设直线与平面所成的角为，
则
17. 已知双曲线的右顶点为，双曲线的左､右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知过点的直线与双曲线右支交于两点，点在线段上，若存在实数且，使得，证明：直线的斜率为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程可得，结合计算即可求解；
（2）设，，由，根据平面向量线性运算的坐标表示可得、，进而，进而求解.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为，由，得，即，
所以，
又双曲线的一条渐近线方程为，所以，
解得，
故双曲线的方程为.
【小问2详解】
设直线与双曲线交于，点，
因为存在实数且，使得，
所以，
，
整理得：①，②，
得③，
同理④，⑤，
得⑥，
由于双曲线上的点的坐标满足，
③-⑥得，
即，又，所以，
表示点在直线上，又也在直线上，
所以直线的斜率为（定值）.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
18. 某电竞平台开发了两款训练手脑协同能力的游戏，款游戏规则是：五关竞击有奖闯关，每位玩家上一关通过才能进入下一关，上一关没有通过则不能进入下一关，且每关第一次没有通过都有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，各关和同一关的两次挑战能否通过相互独立，竞击的五关分别依据其难度赋分.款游戏规则是：共设计了（且关，每位玩家都有次闯关机会，每关闯关成功的概率为，不成功的概率为，每关闯关成功与否相互独立；第1次闯关时，若闯关成功则得10分，否则得5分.从第2次闯关开始，若闯关成功则获得上一次闯关得分的两倍，否则得5分.电竞游戏玩家甲先后玩两款游戏.
（1）电竞游戏玩家甲玩款游戏，若第一关通过的概率为，第二关通过的概率为，求甲可以进入第三关的概率；
（2）电竞游戏玩家甲玩款游戏，记玩家甲第次闯关获得的分数为，求关于的解析式，并求的值.（精确到0.1，参考数据：.）
【答案】（1）；
（2），9.80
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式，结合甲闯关的可能情况求解即可；
（2）由期望关系可得，列出分布列，构造等比数列，求出即可.
【小问1详解】
记事件表示第次通过第一关，事件表示第次通过第二关，
设甲可以进入第三关的概率为，
由题意知
.
【小问2详解】
依题意得，
所以，
，
又随机变量的可能取值为10，5，其分布列为
所以，得，
所以为等比数列.其中首项为，公比为.
所以，即.
所以.
19. 已知函数在点处的切线与直线垂直.
（1）求实数的值；
（2）求函数在区间的最大值和最小值；
（3）证明：.
【答案】（1）；
（2），；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义和直线垂直的充要条件求解；
（2）由（1）求得极值和端点值可解；
（3）由，得在上恒成立, 令，利用导数求函数的最小值，即可得证.
【小问1详解】
由，得，
所以，
因为函数在点处的切线与直线垂直，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）得，所以，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
.
【小问3详解】
由，得在上恒成立.
令，可得，
令，可得，
当时，，所以在单调递减，
当时，在单调递增.
又，
，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.
又，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为，①
时，的极小值为.
因为，
可得，所以，
即，所以.
将和代入①得，
同理可得，所以，所以，
所以
故成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
产品定价（单位：元）
9
9.5
10
10.5
11
销量（单位：万件）
11
10
8
6
5
10
5