2024年湖南省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年湖南省高考数学一轮模拟卷，共17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．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知事件与事件相互独立，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数的导函数为，且，则实数（ ）
A．2B．5C．D．
5．已知不重合的直线和平面，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
6．已知实数满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．若，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的一条渐近线方程为，实轴长为4，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
二、多选题
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．若随机变量，且，则
B．一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为16
C．盒子中装有除颜色外完全相同的5个黄球和3个蓝球，从袋中有放回地依次抽取2个球，第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为
D．设随机事件，，已知事件发生的概率为0.3，在发生的条件下发生的概率为0.4，在不发生的条件下发生的概率为0.2，则发生的概率为0.26
10．已知数列：，，，，，，，，，，，其中第项为，接下来的项为，，接下来的项为，，，再接下来的项为，，，，依此类推，则（ ）
A．
B．
C．存在正整数，使得，，成等比数列
D．有且仅有个不同的正整数，使得
11．已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若，则C是圆，其半径
C．若，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若，则C是两条直线
三、填空题
12．已知幂函数的图象过点，令，记数列的前n项和为，则 ．
13．如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若直角三角形中较小的内角为，大正方形的面积为1，小正方形的面积是，则 ．
14．用数学归纳法证明“已知n为正奇数，求证：能被整除”时，第二步假设当时命题为真后，需证 时命题也为真．
四、解答题
15．已知等差数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，且，若，求正整数的最小值．
16．已知函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)若方程在区间上恰有三个实数根，且，求的取值范围．
17．已知函数（且，为常数）的图象经过点，.
(1)求的值；
(2)设函数，求在上的值域.
18．如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，.
(1)求证：平面平面；
(2)点为棱的中点，求与平面所成角的正弦值.
19．已知椭圆：（）．
(1)若椭圆的焦距为6，求的值；
(2)设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值．
参考答案：
1．D
【分析】根据含有一个量词命题的否定，即可得答案.
【详解】命题“”为存在量词命题，
其否定为全称量词命题：，
故选：D
2．D
【分析】设，由复数相等条件可构造方程组求得，进而确定对应点的坐标，从而得到结果.
【详解】设，则，
，
，解得，
对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
3．A
【分析】根据事件与事件相互独立，得到，由条件概率公式求出答案.
【详解】因为事件与事件相互独立，所以，
又，
则．
故选：A．
4．C
【分析】由导数的定义可得的方程，求解可得.
【详解】，
，解得.
故选：C.
5．D
【分析】根据空间直线，平面的位置关系判断即可.
【详解】若，则或，A错；
若，则或m与相交或，B错；
若，则或，C错；
若，则，D对；
故选：D．
6．B
【分析】易得，从而，再利用基本不等式求解.
【详解】解：因为实数满足，
所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是的最小值是，
故选：B
7．B
【分析】运用切化弦及二倍角公式化简即可求得，再结合同角三角函数平方关系即可求得.
【详解】因为，，
所以，
即，解得或（舍），
又因为，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】分焦点在x轴或y轴两种情况，结合公式求出答案.
【详解】实轴长，
若双曲线焦点在x轴上，则双曲线方程为，
若双曲线焦点在y轴上，则双曲线方程为.
故选：C．
9．BCD
【分析】根据正态分布、百分位数、条件概率、全概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据正态分布的对称性可知，A选项错误.
B选项，，所以第百分位数是，B选项正确.
C选项，由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到蓝球”与“第二次抽到蓝球”是相互独立事件，所以第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为，
所以C选项正确.
D选项，，所以D选项正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】将数列中的项重新排列成如图数表，可以发现规律是：第行是以1为首项公差为的等差数列，根据数列中的性质逐项判断.
【详解】根据规律，数列中各项可以如下排列：

规律为每一行均为等差数列，首项为1，第行的公差为，第行的最后一项为，
第行的最后一位数在整个数列中的项数为第项，故，故B正确；
对于A，根据规律，第6行的最后一项为，此行的公差为5，故第20项是，故A正确；
对于C，由于数列的每一组都是从1开始，然后一次增加固定的正整数，所以每一行均为递增的正项数列，
若不在同一行，则或，
若，则，不可能成立；
若，则这三项为，由知不可能成等比数列；
若在同一行，设为公差为，且,则，则故,故矛盾，所以不可能存在连续三项成等比数列，故C错误；
对于D，对的位置分以下三种情况讨论
①若在同一行，设在第行，由得，
设为此行中第项，则，即，其中，
所以或，
第52行的数字依次为：1，52，103，…，所以满足条件，此时第51行最后一项为第项，故 ；
第18行的数字依次为：1，18，35，52，69，…，所以满足条件，此时第17行最后一项为第项，故；
②若中在第行的最后一位， 在第行的前两位，
则，，
由得，
即，对于无解；
③若中在第行的最后两位，在第行的第一位，
则，，，
由得，解得，
第10行的最后两位，第11行第一位数为，满足条件，此时第10行最后一项为第项，故，
综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数，使得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题将问题转化为数表问题，数表中的规律与数列性质结合可以更好的解决数列问题.
11．ABD
【分析】结合选项条件，分别根据椭圆、圆以及双曲线的标准方程，化简曲线C：为相应的标准方程，即可判断A，B，C；时，方程即为，即可判断D.
【详解】对于A，若，则
故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确；
对于B，若，
则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确；
对于C，若，不妨设，
则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线
则，故渐近线方程为，
即，C错误；
对于D，若，曲线C：，即，
即，则C是两条直线，D正确，
故选：ABD
12．5
【分析】由题意，根据幂函数的定义可得，进而，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】设幂函数，过点，
则，解得，所以，
所以，
则，
所以数列的前n项和为
，
故.
故答案为：5
13．
【分析】直角三角形的两条直角边分别为，可得小正方形的边长为，利用同角三角函数基本关系即可求解.
【详解】直角三角形中较小的内角为，
则直角三角形的两条直角边分别为，
所以小正方形的边长为，
所以，
即，
即，
所以，
所以.
故答案为：.
14．/
【分析】根据数学归纳法的基本原理可直接得到结果.
【详解】为正奇数，第二步假设第项成立，
第三步证明相邻正奇数第项成立.
故答案为：.
15．(1)
(2)11
【分析】（1）由等差数列基本量的关系列方程组即可求解.
（2）首先得，由等差数列求和公式求，列不等式组即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得，，
故．
（2）由（1）可得，则，
所以，则数列是等差数列，
故．
因为，所以，所以，
所以或．
因为，所以的最小值是11．
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的周期公式，即可求得答案；
（2）利用换元，，将的根的问题转化为在上有三个实根的问题，结合正弦函数的对称性以及周期性得到之间的关系式，继而推出，结合参数的范围，即可求得答案.
【详解】（1）依题意，
，
所以函数的最小正周期为；
（2）由得，令，则，
因为，所以，
依题意，在上有三个实根，且，
则，，
所以，
即，
又，
所以，
因为，所以，从而，
所以的取值范围是
【点睛】关键点点睛：（2）中，要利用换元法，将方程在区间上恰有三个实数根，转化为在上有三个实根的问题，结合正弦函数的对称性，即可解决.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）利用对数函数的单调性与单调性的加减性质即可得解.
【详解】（1）因为的图象经过点，，
所以，两式相减得，
又且，解得或（舍去），则.
（2）由（1）得，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，
，
故在上的值域为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，根据判定定理可证平面平面；
（2）以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，
∵为正三角形，，∴且.
∵，为的中点，∴，
又∵底面为直角梯形，即，故四边形为平行四边形，
而，所以四边形为矩形，∴.
平面，∴平面.
∵平面，平面平面.
（2）由（1）得，由（1）又可得，
如图，以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，
.
设平面的法向量为，
由，得，令，则，，
设与平面所成的角为，则
，
∴与平面所成角的正弦值为
19．(1)12
(2)20
【分析】（1）由焦距以及之间的关系列方程即可求解；
（2）设出直线方程，并与椭圆方程联立，结合已知和韦达定理即可求解.
【详解】（1）设焦距为，则，解得．
（2）
要使点的横坐标最大，需直线斜率存在．
设，与椭圆联立得，
由韦达定理：．
由知，故，
要使点的横坐标最大，在这里不妨取，
所以，当且仅当时，等号成立．
当时，，即，此时．