湖南省永州市2023-2024学年高三上学期第一次模拟检测数学试题

永州市2024年高考第一次模拟考试数学命题人：郭志成（永州四中）眭小军（永州一中）李卫青（祁阳一中）罗辉友（新田一中）审题人：席俊雄（永州市教科院）注意事项：1．全卷满分150分，时量120分钟．2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．3．考试结束后，只交答题卡．一、选择题：本题共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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出集合，即可求得答案.【详解】由，或，故，故选：D2.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【答案】D【解析】【分析】根据虚数单位的性质，结合复数的除法运算可求出z，根据复数的几何意义即可得答案.【详解】由得，则，即在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选：D3.已知向量，且，则（）A.2 B.1 C.0 D.【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直列方程，由此求得的值.【详解】，由于，所以.故选：C4.“函数在上单调递减”是“函数是偶函数”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【答案】B【解析】【分析】通过求解函数和符合条件的的取值，即可得出结论.【详解】由题意，在中，当函数在上单调递减时，，在中，函数是偶函数，∴，解得：，∴“函数在上单调递减”是“函数是偶函数”的必要不充分条件，故选：B.5.在平面直角坐标系中，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意圆的标准方程为，如图，又，所以，又由圆心到直线的距离可求出的最小值，进而求解.【详解】如下图所示：由题意圆的标准方程为，，又因为，所以，所以，又圆心到直线的距离为，所以，所以不妨设，则，又因为在单调递增，所以当且仅当即，即当且仅当直线垂直已知直线时，有最大值.故选：A.6.已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上位于第一象限的一点，且与轴平行，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由点坐标求得点坐标，然后代入椭圆的方程，化简求得椭圆的离心率.【详解】由令，得，由于与轴平行，且在第一象限，所以.由于，所以，即，将点坐标代入椭圆的方程得，，，所以离心率.故选：B7.若数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据之间的关系可求出，进而求得，由此结合熟的大小比较可判断A，B，C，利用放缩法，当时，可推出，累加即可判断D.【详解】令，则，即，由，的；当时，，即，又，故为首项是1，公差为1的等差数列，则，故，所以当时，，也适合该式，故，对于A，，A错误；对于B，，B错误；对于C，，C错误；对于D，当时，，故，D正确，故选：D8.已知函数，若，在区间上没有零点，则的取值共有（）A.4个 B.5个 C.6个 D.7个【答案】B【解析】【分析】根据可得，根据在区间上没有零点可得，即可求出的取值有几个.【详解】由题意，在中，，∴,所以，两式相减得，所以，即，，因为，所以，令，，由题意知在上无零点，故，，所以，即，两式相加得，所以，又，所以，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，所以取值有5个.故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.下列关于概率统计说法中正确的是（）A.两个变量的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱B.设随机变量，若，则C.在回归分析中，为的模型比为的模型拟合得更好D.某人解答10个问题，答对题数为，则【答案】BD【解析】【分析】A项，通过相关系数定义即可得出结论；B项，通过求出即可求出的值；C项，通过比较相关指数即可得出哪个模型拟合更好；D项，通过计算即可求出.【详解】由题意，A项，两个变量的相关系数为，越小,与之间的相关性越弱,故A错误,对于B,随机变量服从正态分布,由正态分布概念知若,则,故B正确,对于,在回归分析中,越接近于1,模型的拟合效果越好,∴为0.98的模型比为0.89的模型拟合的更好故C错误,对于,某人在10次答题中,答对题数为,则数学期望,故D正确.故选：BD.10.对数的发明是数学史上的重大事件．我们知道，任何一个正实数可以表示成的形式，两边取常用对数，则有，现给出部分常用对数值（如下表），下列结论正确的是（）真数2345678910（近似值）真数111213141516171819（近似值）A.在区间内B.是15位数C.若，则D.若是一个35位正整数，则【答案】ACD【解析】【分析】根据，分别求出各个选项中N的常用对数的值，对照所给常用对数值判断.【详解】解：因为，，所以，故A正确；因为，所以是24位数，故B错误；因为，所以，又，则，故C正确；，因为是一个35位正整数，所以，即，即，则，故D正确.故选：ACD11.菱形的边长为，且，将沿向上翻折得到，使二面角的余弦值为，连接，球与三棱锥的6条棱都相切，下列结论正确的是（）A.平面B.球的表面积为C.球被三棱锥表面截得的截面周长为D.过点与直线所成角均为的直线可作4条【答案】AC【解析】【分析】利用余弦定理求得，说明三棱锥为正四面体，进而补成正方体，则说明O点为正方体的中心，结合线面垂直的判定可判断A；求得球O的半径可判断B；求出球O被三棱锥一个侧面所截得的截面的周长，即可求得球被三棱锥表面截得的截面周长，判断C；根据平行公理以及直线所成角的概念可判断D.【详解】如图在菱形中，连接，则，设交于E，则，平面平面，即为二面角的平面角，即，又，即为正三角形，即，为正三角形，故，故，即，故三棱锥为棱长为a的正四面体；如图，将该四面体补成正方体，四面体的各棱为正方体的面对角线，则正方体棱长为，因为球与三棱锥的6条棱都相切，则O点即为正方体的中心，连接，则O为正方体体对角线的中点，因为平面平面，故，又,而平面，故平面，平面，故；同理可证,平面，故平面，即平面，A正确；因为球与三棱锥的6条棱都相切，故球O即为正方体的内切球，球的直径为正方体棱长，则球的半径为，故球的表面积为，B错误；球O被平面截得的截面圆即为正三角形的内切圆，由于，故正三角形的内切圆半径为，故内切圆周长即球O被平面截得的截面圆周长为，故球被三棱锥表面截得的截面周长为，C正确；连接，因为，即四边形为平行四边形，故，而，故，不妨取空间一点S，作的平行线，如图，则和所成角均为的直线即为它们形成的角的角平分线，假设平面过且垂直于所确定的平面，当绕点S且在内转动时，则此时直线l与所成角相等，但会变大，大于，即在所确定的平面外过点S不存在直线l与所成角为，故过点与直线所成角均为的直线可作2条，D错误，故选：AC12.已知函数与的定义域均为，，且，为偶函数，下列结论正确的是（）A.4为的一个周期 B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于为偶函数，图象关于轴对称，所以图象关于对称，所以，所以①，而②，两式相加得，则③，所以，所以是的一个周期，A选项正确.由③令得，由①令得，由②令得，则，所以，所以，C选项正确.由①令得，由，得，两式相减得，即，且关于对称，，所以④，所以，所以是周期为的周期函数，所以，所以B选项错误.由④令得，所以，由于，所以所以，所以D选项正确.故选：ACD【点睛】有关函数的奇偶性、周期性的题目，关键是要掌握抽象函数运算，还要记忆一些常用的结论.如等等，这些都是与周期性有关；如等等，这些都是与对称性有关.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为________（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】利用捆绑求得正确答案.【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为种.故答案为：14.在平行六面体中，为的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则________（用表示）．【答案】【解析】【分析】由题意设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，即平面为符合题意的平面，进而分解向量即可求解.【详解】如图所示：由题意不妨设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，即平面为符合题意的平面，因此，又因为，，，且，，所以.故答案为：.15.若函数，当时，，则实数的取值范围________．【答案】【解析】【分析】由进行转化，利用构造函数法，结合多次求导来求得的取值范围.【详解】依题意，当时，恒成立，即恒成立，即①恒成立，设，，令，所以在区间上单调递减；在区间上单调递增，所以，也即，在上单调递增，所以由①得，即，设，所以在区间上单调递增；在区间上单调递减，所以，所以，即的取值范围是.故答案为：16.已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，圆与直线相交于两点，与线段相交于点，且．若是线段上靠近的四等分点，则抛物线的方程为________．【答案】【解析】【分析】设，表示出，利用抛物线定义、点在抛物线上以及圆的弦长的几何性质列出关于的方程，即可求得p，即得答案.【详解】由可知，设，则，则，故，即①；又点在抛物线上，故②，且，即③，②联立得，得或，由于，故，结合③，解得，故抛物线方程为，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要结合抛物线的定义以及圆的弦长的几何性质，找出参数间的等量关系，从而列出方程组，即可求解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列是公比的等比数列，前三项和为39，且成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项和公比，即可得答案；（2）利用（1）的结论化简，利用裂项求和法即可求得答案.【小问1详解】由题意可得，即得，则，即，可得，由于，故得，则，故；【小问2详解】由（1）结论可得，故的前项和.18.在中，设所对的边分别为，且满足．（1）求角；（2）若的内切圆半径，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得的值，即可得答案；（2）利用余弦定理得，配方得，再结合的内切圆半径，利用等面积法推出，即可求得，从而求得答案.【小问1详解】在中，由得，即,故，由于，故，而，故.【小问2详解】由可得，而，故，则，由内切圆半径，可得，即，即，故，解得，故的面积.19.如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．（1）求证：平面；（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，要证平面，只需平面平面，结合已知条件即可得证.（2）当时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据以及中点关系、即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.【小问1详解】如图所示：取中点，连接，分别为的中点，且底面为矩形，所以，且，又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，且平面，又因为，平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以由面面平行的性质可知平面【小问2详解】如图所示：注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得，又因为，且面，面，，所以面，又因为面，所以，又因为底面为矩形，所以，因为，面，面，所以面，因为面，所以，又，所以，又由三线合一，又，所以建立上图所示的空间直角坐标系；因为，所以，又因为为的中点，，所以，所以，，，不妨设平面与平面的法向量分别为，所以有以及，即分别有以及，分别令，并解得，不妨设平面与平面的夹角为，所以；综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为.20.某企业为提高竞争力，成功研发了三种新品，其中能通过行业标准检测的概率分别为，且是否通过行业标准检测相互独立．（1）设新品通过行业标准检测的品种数为，求的分布列；（2）已知新品中的一件产品经检测认定为优质产品的概率为，现从足量的新品中任意抽取一件进行检测，若取到的不是优质产品，则继续抽取下一件，直至取到优质产品为止，但抽取的总次数不超过．如果抽取次数的期望值不超过5，求的最大值．参考数据：【答案】（1）分布列见解析（2）5【解析】【分析】（1）由题意的所有可能取值为：0，1，2，3,由独立事件乘法公式以及互斥事件加法公式即可分别求出相应的概率，进而求解.（2）不妨设抽取第次时取到优质产品，此时对应的概率为，而第次抽到优质产品的概率为，所以抽取次数的期望值为，对其求和并结合以及参考数据即可求解.【小问1详解】由题意的所有可能取值为：0，1，2，3.,,,;所以的分布列如下表：0123【小问2详解】不妨设抽取第次时取到优质产品，此时对应的概率为，而第次抽到优质产品的概率为，因此由题意抽取次数的期望值为，，两式相减得，所以，又由题意可得，所以，即，注意到当时，有，且当时，有；综上所述：的最大值为5.21.已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．（1）求点的轨迹的方程；（2）设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意推出，结合双曲线定义即可求得答案；（2）设出直线l的方程，联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出直线和的方程，推得，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.小问1详解】由得，其半径为4，因为线段的垂直平分线与直线交于点，故，则,而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，则，故点的轨迹的方程为.【小问2详解】证明：由题意知，若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，联立，得，，故，设，则直线的方程为，直线的方程为，故，则，即，解得，故直线与直线的交点在定直线上.【点睛】难点点睛：本题考查了利用双曲线定义求解双曲线方程以及直线和双曲线的位