湖南省2024年普通高中学业水平合格性模拟考试高考数学仿真卷三教师版

这是一份湖南省2024年普通高中学业水平合格性模拟考试高考数学仿真卷三教师版，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（共54分）
一、单选题：本大题共18小题，每小题3分，共54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】C
【分析】根据给定条件，利用并集、补集的定义求解即得.
【详解】由，，得，
而，所以.
故选：C
2．复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的除法及减法运算求解即得.
【详解】由，得，所以.
故选：A
3．下列命题中真命题是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，，则
【答案】B
【分析】利用不等式的性质可判断选项B，C，取特殊值验证可判断选项A，D错误.
【详解】对于选项A，当时，则，所以A错误；
对于选项B，因为，则，在不等式两边同乘以，所以，所以B正确；
对于选项C，，所以，所以C错误；
对于选项D，当，则，所以D错误.
故选：B.
4．（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】直接利用对数的运算性质计算即可.
【详解】.
故选：B.
5．复数在复平面上对应的点在第二象限，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由复数确定点的坐标，再根据第二象限坐标的特点，解关于的一元一次不等式组即可求出的范围.
【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为，
根据第二象限坐标的特点可得，从而可得.
故选：D.
6．若，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值是.
故选：C.
7．已知是幂函数，满足，则（ ）
A．3B．27C．81D．243
【答案】B
【分析】设出，根据条件求出，故，求出答案.
【详解】设，则，即，解得，
故，所以.
故选：B
8．函数（且）的图象过定点（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用可求出函数的图象所过定点的坐标.
【详解】对于函数（且），由，可得，
又因为，故函数的图象过定点.
故选：D.
9．为了得到的图象，只需把图象上所有点的（ ）
A．纵坐标伸长到原来的3倍，横坐标不变B．纵坐标缩短到原来的，横坐标不变
C．横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变D．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
【答案】D
【分析】根据三角函数的图象变换即可得到结论.
【详解】将图象上所有的点的横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象.
故选：D.
10．若角的终边位于第二象限，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求出，再由诱导公式计算可得.
【详解】因为角的终边位于第二象限且，
则，所以.
故选：D．
11．在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算求解即得.
【详解】由，得，整理得.
故选：D
12．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将表示成，再利用两角差的正切公式计算即得.
【详解】因，故.
故选：A.
13．某人一次掷出两枚骰子，点数和为的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】掷出两枚骰子，设得到向上的点数分别为，，
则基本事件总数为，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，共36种情况，
其中点数和为的有、、、共种情况，
所以点数和为的概率.
故选：C
14．如图，在正方体中，异面直线AC与所成的角为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由异面直线所成角的概念求解，
【详解】由题意，正方体中得，故异面直线AC与所成的角，即正方形对角线与的夹角，
故选：D
15．在某知识竞赛中，共设有10道题目，每题1分，经统计，10位选手的得分情况如下表：
则这10位选手得分的方差为（ ）
A．12B．8C．D．
【答案】D
【分析】
根据平均数、方差公式计算可得.
【详解】依题意，
所以方差.
故选：D
16．已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据投影向量定义直接求解即可.
【详解】，，
向量在向量方向上的投影向量为.
故选：D.
17．某运动爱好者最近一周的运动时长数据如下表：
则（ ）
A．运动时长的第30百分位数是30B．运动时长的平均数为60
C．运动时长的极差为120D．运动时长的众数为60
【答案】D
【分析】根据这组数据数字特征即可结合选项逐一求解.
【详解】数据排序为：10，30，60，60，90，120，150．由，得第30百分位数为60，A错；
平均数为，B错；
极差为，C错；
众数为60，D对．
故选：D．
18．设b，c表示两条直线，表示两个平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】
利用平行，垂直的相关性质定理逐一判断即可.
【详解】对于A：若，除非说明共面，否则不能推出，A错误，
对于B：若，没有说明，不能推出，B错误；
对于C：若，则，，都有可能，C错误；
对于D：如图，过直线作一个平面与交于直线，由线面平行的性质定理可得，又，所以，又，得，D正确.
故选：D.
第II卷 非选择题（共46分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。要求直接写出答案，不必写出计算过程或推证过程。
19．不等式的解集是．
【答案】
【分析】直接根据因式分解的方法求解即可.
【详解】由题意，解得或，
所以不等式的解集是.
故答案为：.
20．函数的定义域为.
【答案】
【分析】由函数定义域的求法直接求解.
【详解】由.
故答案为：
21．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为.
【答案】
【分析】
根据体积公式和面积公式列式计算.
【详解】
设此球的半径为，则，
解得.
故答案为：.
22．已知，则，的最小值为.
【答案】
【分析】
由已知直接代入求解即可得；先利用同角三角函数的关系将已知式子变形，利用换元法结合二次函数求得最小值.
【详解】，
，
令，则，
函数对称轴为 ，又，
所以当时，有最小值，
所以的最小值为.
故答案为：；.
三、解答题（共3题，每题10分，共30分）
23．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为；再由乙猜甲刚才所想的数字，记为，其中.
(1)试列举出由样本点组成的样本空间，并指出样本空间所含样本点的个数；
(2)若，则称甲、乙“心有灵犀”，求甲、乙二人“心有灵犀”的概率.
【答案】(1)答案见解析，25
(2)
【分析】（1）用列举法列出样本空间，即可得解；
（2）记甲、乙二人“心有灵犀”的为事件，得到满足事件的样本点数，再由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】（1）由题意得，
，共个样本点.
（2）记甲、乙二人“心有灵犀”的为事件，
则，共个样本点，
，故甲、乙二人“心有灵犀”的概率为.
24．如图，在正方体中，E是的中点.

(1)求证：平面；
(2)设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，
三角形ABC的面积，
三棱锥的体积.
25．的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A；
（2）从三个条件：①；②；③的面积为中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析.
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，可得，然后利用余弦定理，可得.
（2）若选①，使用正弦定理以及辅助角公式可得，根据的范围可得结果；选②，利用正弦定理可得，可得结果.选③结合不等式可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，得，
所以，因为，所以.
（2）分三种情况求解：
选择①，因为，
由正弦定理得，
即的周长
，
因为，所以，
即周长的取值范围是.
选择②,因为，
由正弦定理得
即的周长
，
因为，所以，所以，
即周长的取值范围是.
选择③.
因为，得，
由余弦定理得，
即的周长，
因为，当且仅当时等号成立，
所以.
即周长的取值范围是.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式的应用，熟练掌握公式，边角互化化繁为简，考查分析问题的能力，属中档题.得分
6
7
8
9
10
人数
1
2
4
2
1
星期
一
二
三
四
五
六
日
时长（分钟）
60
150
30
60
10
90
120