数学：湖南省2024届高三“一起考”大联考下学期模拟考试试题（四）（解析版）

这是一份数学：湖南省2024届高三“一起考”大联考下学期模拟考试试题（四）（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，可得，所以集合，
由，可得，所以，
所以.
故选:C.
2. 已知复数满足，且是纯虚数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】设，其中，是实数，则由，得，
所以，则，
又因为是纯虚数，所以，解得，即，
所以.故选：B.
3. 已知，平面向量，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】易知
,故
，当时，最小，
此时由二次函数性质得，故，
故的最小值为，故A正确.
故选：A
4. 已知点是直线上一动点，过点作圆的一条切线，切点为，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】圆的圆心，半径，
由题意可得，
则，
则当取得最小值时，线段长度的最小，
，
所以.
故选：D.
5. 赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以，为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与轴、轴均相切，，两点间的曲线可近似看成函数的图象，有导函数，为了让雨水最快排出，需要满足螺旋线方程，其中，为常数，则（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】观察图象知，函数单调递减，即，于是，
而函数图象与轴相切，则从大于0的方向趋于0时，趋于负无穷大，
也即趋于0，又，因此，
所以，.
故选：D
6. 一种动物的后代数（单位：只）在一定范围内与温度（单位：℃）有关，测得一组数据（）可用模型拟合.利用变换得到的线性回归方程为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】经过变换得到.由题意，，，
所以回归方程的图象经过，从而，所以，.
故选：B
7. 已知，，，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，
得，
因为，，所以，且，
，
当且仅当取等号.
故选：C.
8. 已知八面体由两个正四棱锥和组成.若该八面体的外接球半径为3，且平面平面，则该八面体的体积为（ ）
A. 28B. 32C. 36D. 40
【答案】B
【解析】如图，取的中点，作，垂足分别为，，
连接，，，，，平面平面，
所以是直角，易知为外接球直径，点在球上，
所以为直角，.在中，，
在中，，联立可得，
所以，，，八面体的体积.
故选：B.
二、选择题
9. 若随机变量服从标准正态分布，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，B,因为，所以，A正确，B错误
对于C,D由对称性有，所以，C错误，D正确,,
故选：AD.
10. 已知，，则函数的单调区间有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】因为，，所以.
的单调区间为，.
对于A，，错误.
对于B，，正确
对于C，，正确.
对于D，，错误
故选：BC
11. 已知函数的定义域为，的图象关于对称，且为奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，点关于的对称点是，
因为的图象关于对称，该点在函数的图象上，所以，故A正确.
对于B，因为为奇函数，所以，
将替换为有，则.
又的图象关于对称，所以，
则，故B正确.
对于C，在中将替换为有，
由B知，，两式相减得到，故C错误.
因为为奇函数，所以，
又图象关于对称，从而，故由C得
，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12. 已知椭圆（）的上顶点、下顶点和两个焦点构成正方形，则该椭圆的离心率为______.
【答案】
【解析】易知，所以，离心率为.
故答案为：
13. 在中，，，，则的面积为______.
【答案】
【解析】由余弦定理可知，
即，解得；
所以的面积为.
故答案为：
14. 已知数列满足，在和之间插入个1，构成数列
，则数列的前20项的和为__________.
【答案】77
【解析】在之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，当时，，
由于，所以.
故答案为：.
四、解答题
15. 已知单调递增的等比数列满足：，且是的等差中项，
（1）求的值，并求数列的通项公式：
（2）若，求使成立的正整数n的最小值．
解：（1）设等比数列的首项为，公比为，
依题意有，代入，可得，
代入得，
，解之得或（舍去）
数列的通项公式为．
（2） ，
，
①
②，
由②①得，
，
由得，，则，
易知：当时，，当时，，
故使成立的正整数的最小值为．
16. 如图，在三棱锥中，，，为中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，，且，求二面角的大小．
（1）证明：因为，且为中点，所以，
因为，且为中点，所以，因为，且为中点，
所以，因为，，，所以，所以，
，所以平面.
（2）解：因为，且为中点，所以，从而，，两两垂直，
如图，建立以为原点，以，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
易知，，，，
设，由，即，可求得，
所以，，
不妨设平面的一个法向量为，则，
即，
令，则，，所以，
取平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的大小为．
17. 已知双曲线：（）与双曲线有相同的渐近线.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知点，点，在双曲线的左支上，满足，证明：直线过定点；
（3）在（2）的条件下，求点到直线距离的最大值.
（1）解：双曲线与双曲线有相同的渐近线方程，
所以，即，又，从而，
所以双曲线的方程为；
（2）证明：显然直线不与轴平行，可设其方程为，
由，得，
设，，则由韦达定理可得，，
因为，所以，
即，
整理得，即，
而显然直线不经过点，所以，，
故直线经过定点，得证.
（3）解：设点在直线上的投影为，由（2）知直线经过定点，
所以当与点重合，即直线直线时，点到直线距离的最大值，
此时，所以点到直线距离的最大值为.
18. 已知函数，，函数，有两条不同的公切线（与，均相切的直线），.
（1）求实数的取值范围；
（2）记，在轴上的截距分别为，，证明：.
（1）解：设直线：同时与，的图象相切，切点分别为，，
由，知，，，且，，
则可同时表示为在的切线方程和在的切线方程，
即和，两条直线相同，故它们具有相同的斜率和截距，
所以①，②，结合①②有（）.
设，则由有.
从而在上单调递增，在上单调递减，最大值为.
可作出的大致图象如下，它与有两个交点，所以，解得.
所以实数的取值范围为.
（2）证明：设，与的切点坐标分别为，不妨设，
则由（1）知，且，
要证明，即证明.
（方法一）因为，所以，设，，
则，所以（），
只需要证明，即.
设（），则，
所以在上单调递增，，则成立，从而.
故成立，证毕.
（方法二）在上单调递增，在上单调递减，所以.
要证明即，注意到，均在区间，
故由的单调性，只要证明，
即，整理得.
设（），则.
从而在时单调递增，所以，
从而成立、
故成立，证毕.
19. 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.
（1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；
（2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
（3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有
（1）解：依题可知，的可能取值为.
，，，
所以，的分布列如下：
所以，．
（2）解：依题可知，时，，所以时胜利概率最大.
（3）证明：记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件进行分析.
发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，
这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，
从而机器人第2步到第步向前和向后行走步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
0
2
4