2024届湖南省常德市石门一中高考数学二模试卷含解析

2024届湖南省常德市石门一中高考数学二模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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：本题共12小题，每小题5分，共60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．的展开式中，项的系数为（）A．－23 B．17 C．20 D．632．在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（）A． B． C． D．3．已知α，β是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（）A．若m⊥α，n//α，则m⊥n B．若m//α，n//α，则m//nC．若l⊥α，l//β，则α⊥β D．若α//β，lβ，且l//α，则l//β4．“角谷猜想”的内容是：对于任意一个大于1的整数，如果为偶数就除以2，如果是奇数，就将其乘3再加1，执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（）A．6 B．7 C．8 D．95．已知等差数列{an}，则“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．设集合则（）A． B． C． D．7．函数，，则“的图象关于轴对称”是“是奇函数”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，给出下列四个命题:①;②直线与直线所成角为;③过，，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;④三棱锥的体积为.其中，正确命题的个数为（）A． B． C． D．9．设（是虚数单位），则（）A． B．1 C．2 D．10．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为（）A． B． C． D．11．如图，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且A、B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若，则的值是（）A． B． C． D．12．设等比数列的前项和为，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设实数x，y满足，则点表示的区域面积为______.14．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺，术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”，这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为________.15．已知向量，若向量与共线，则________.16．的展开式中，的系数是______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知，，分别是三个内角，，的对边，．（1）求；（2）若，，求，．18．（12分）在△ABC中，角所对的边分别为向量，向量，且.（1）求角的大小；（2）求的最大值.19．（12分）在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数，）．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（l）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程：（2）若直线与曲线C相交于A，B两点，且．求直线的方程．20．（12分）已知函数．⑴当时，求函数的极值；⑵若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围．21．（12分）已知关于的不等式解集为（）.（1）求正数的值；（2）设，且，求证：.22．（10分）已知函数，其中．（1）讨论函数的零点个数；（2）求证：．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

根据二项式展开式的通项公式，结合乘法分配律，求得的系数.【详解】的展开式的通项公式为.则①出，则出，该项为：；②出，则出，该项为：；③出，则出，该项为：；综上所述：合并后的项的系数为17.故选：B【点睛】本小题考查二项式定理及展开式系数的求解方法等基础知识，考查理解能力，计算能力，分类讨论和应用意识.2、B【解析】

作出图形，设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，推导出，由线面平行的性质定理可得出，可得出点为的中点，同理可得出点为的中点，结合中位线的性质可求得的值.【详解】如下图所示：设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，四边形为平行四边形，且，且，且，则四边形为平行四边形，，平面，则存在直线平面，使得，若平面，则平面，又平面，则平面，此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，所以，平面，，平面，平面，平面平面，，，所以，四边形为平行四边形，可得，为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.故选：B.【点睛】本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.3、B【解析】

根据线面平行、线面垂直和空间角的知识，判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理，判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.【详解】A．若，则在中存在一条直线，使得，则，又，那么，故正确；B．若，则或相交或异面，故不正确；C．若，则存在，使，又，则，故正确．D．若，且，则或，又由，故正确．故选：B【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.4、B【解析】

模拟程序运行，观察变量值可得结论．【详解】循环前，循环时：，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，满足条件，退出循环，输出．故选：B．【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，观察变量值，从而得出结论．5、C【解析】试题分析：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解：在等差数列{an}中，若a2＞a1，则d＞0，即数列{an}为单调递增数列，若数列{an}为单调递增数列，则a2＞a1，成立，即“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”充分必要条件，故选C．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．6、C【解析】

直接求交集得到答案.【详解】集合，则.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.7、B【解析】

根据函数奇偶性的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】设，若函数是上的奇函数，则，所以，函数的图象关于轴对称.所以，“是奇函数”“的图象关于轴对称”；若函数是上的偶函数，则，所以，函数的图象关于轴对称.所以，“的图象关于轴对称”“是奇函数”.因此，“的图象关于轴对称”是“是奇函数”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数奇偶性的性质判断是解决本题的关键，考查推理能力，属于中等题.8、C【解析】

画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．【详解】如图；连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，，可知平面，即可证明，所以①正确；直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；过，，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形．所以③不正确；如图：三棱锥的体积为：由条件易知F是GM中点，所以,而，．所以三棱锥的体积为，④正确；故选：．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题．9、A【解析】

先利用复数代数形式的四则运算法则求出，即可根据复数的模计算公式求出．【详解】∵，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算法则的应用，以及复数的模计算公式的应用，属于容易题．10、C【解析】

设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.【详解】设球的半径为R，根据题意圆柱的表面积为，解得，所以该球的体积为.故选：C【点睛】本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题.11、C【解析】

直线恒过定点，由此推导出，由此能求出点的坐标，从而能求出的值．【详解】设抛物线的准线为，直线恒过定点，如图过A、B分别作于M，于N，由，则，点B为AP的中点、连接OB，则，∴，点B的横坐标为，∴点B的坐标为，把代入直线，解得，故选：C．【点睛】本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法，考查抛物线的性质，是中档题，解题时要注意等价转化思想的合理运用，属于中档题.12、C【解析】

根据等比数列的前项和公式，判断出正确选项.【详解】由于数列是等比数列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要条件.故选：C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查等比数列前项和公式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先画出满足条件的平面区域，求出交点坐标，利用定积分即可求解.【详解】画出实数x，y满足表示的平面区域，如图（阴影部分）：则阴影部分的面积，故答案为：【点睛】本题考查了定积分求曲边梯形的面积，考查了微积分基本定理，属于基础题.14、3【解析】

根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高）,可得,进而可求出的值【详解】解:设圆柱底面圆的半径为,圆柱的高为,由题意知,解得.故答案为:3.【点睛】本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.15、【解析】

计算得到，根据向量平行计算得到答案.【详解】由题意可得，因为与共线，所以有，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量平行求参数，意在考查学生的计算能力.16、【解析】

先将原式展开成，发现中不含，故只研究后面一项即可得解.【详解】，依题意，只需求中的系数，是.故答案为：-40【点睛】本题考查二项式定理性质，关键是先展开再利用排列组合思想解决，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2），或，.【解析】

（1）利用正弦定理，转化原式为，结合，可得，即得解；（2）由余弦定理，结合题中数据，可得解【详解】（1）由及正弦定理得．因为，所以，代入上式并化简得．由于，所以．又，故．（2）因为，，，由余弦定理得即,所以．而，所以，为一元二次方程的两根．所以，或，．【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.18、（1）（2）2【解析】

（1）转化条件得，进而可得，即可得解；（2）由化简可得，由结合三角函数的性质即可得解.【详解】（1），，由正弦定理得，即，又，，又，，，由可得.（2）由（1）可得，，，，，，的最大值为2.【点睛】本题考查了平面向量平行、正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查了三角函数的性质，属于中档题.19、(1)见解析(2)【解析】

（1）将消去参数t可得直线的普通方程，利用x=ρcosθ，可将极坐标方程转为直角坐标方程．（2）利用直线被圆截得的弦长公式计算可得答案．【详解】（1）由消去参数t得（），由得曲线C的直角坐标方程为：（2）由得，圆心为（1，0），半径为2，圆心到直线的距离为，∴，即，整理得，∵，∴，，，所以直线l的方程为：．【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程与直角坐标方程之间的互化，考查直线被圆截得的弦长公式的应用，考查分析能力与计算能力，属于基础题．20、（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是．试题解析：（1）函数的定义域为当时，，所以所以当时，，当时，，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）设函数上点与函数上点处切线相同，则所以所以，代入得：设，则不妨设则当时，，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时,又当时因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是．21、（1）1；（2）证明见解析.【解析】

（1）将不等式化为，求解得出，根据解集确定正数的值；（2）利用基本不等式以及不等式的性质，得出，，，三式相加，即可得证.【详解】（1）解：不等式，即不等式∴，而，于是依题意得（2）证明：由（1）知，原不等式可化为∵，∴，同理，三式相加得，当且仅当时取等号综上.【点睛】本题主要考查了求绝对值不等式中参数的范围以及基本不等式的应用，属于中档题.22、（1）时，有一个零