2023~2024学年湖南邵阳高三第二学期高考全真试题数学试题带解析

2023-2024学年湖南省邵阳市高三下学期高考全真模拟试题数学模拟试题一、单选题1．如图，集合均为的子集，表示的区域为（

）

A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅲ D．Ⅳ【正确答案】B【分析】根据集合间的运算分析判断.【详解】因为表示除集合B以外的所有部分，即为Ⅰ和Ⅱ，所以表示与集合A的公共部分，即为Ⅱ.故选：B.2．在复平面内，复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则等于（

）A． B． C． D．【正确答案】A【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，再由共轭复数的概念，即可求解.【详解】由复数，因为复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，可得，所以.故选：A.3．已知点在单位圆上，点，点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【正确答案】C【分析】设，求的坐标，利用数量积的坐标运算公式求，通过三角恒等变换，结合正弦函数性质求其范围.【详解】设，所以，，所以所以，故选：C.4．正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体、正六面体（即正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体.若连接某正方体的相邻面的中心，就可以得到一个正八面体，已知该正八面体的体积，则生成它的正方体的棱长为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【正确答案】D【分析】设正方体棱长为，由已知结合锥体体积公式表示正八面体的体积，列方程求，可得正方体的边长.【详解】设正方体棱长为，可得正八面体是由两个四棱锥构成，四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，则正八面体体积为，解得，∴棱长.故选：D.

5．甲乙丙丁4位大学生前往，，3个工厂参观实习，若每人只能去其中一个工厂，且每个工厂至少安排1人，其中甲只能去，两个工厂中的一个，则不同的安排方法数是（

）A．36 B．12 C．24 D．18【正确答案】C【分析】满足条件的安排方法可分为两类，第一类甲去工厂，第二类甲去工厂，再结合分类加法计数原理和分堆分配问题处理方法求解.【详解】若甲去，则剩余3人，可只去，两个工厂，也可分为3组去，，3个工厂，当剩余3人只去，两个工厂时，人员分配为1，2，此时的分配方法有；当剩余3人分为3组去，，3个工厂，此时的分配方法有，综上可得，甲去工厂，不同的安排方法数是，若甲去，则剩余3人，可只去，两个工厂，也可分为3组去，，3个工厂，当剩余3人只去，两个工厂时，人员分配为1，2，此时的分配方法有；当剩余3人分为3组去，，3个工厂，此时的分配方法有，综上可得，甲去工厂，不同的安排方法数是，所以，不同的安排方法数是.故选：C.6．已知，是椭圆的左、右焦点，是的上顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为（

）A． B． C． D．【正确答案】B【分析】求得直线AP的方程，根据题意求得P点坐标，代入直线方程，即可求得椭圆的离心率．【详解】由题意可知：，，，直线的方程为：，由，点在第三象限，，则，代入直线方程中得整理得，则，∴椭圆的离心率.故选：B.7．已知，，，则（

）A． B． C． D．【正确答案】D【分析】由，考虑构造函数，，利用导数研究函数的单调性，证明，方法一：由，，考虑构造函数，，利用导数判断函数的单调性，由此证明，又，由此可得结论.方法二：利用结论，，半径的大小，结合，，可得结论.【详解】设，，则有，∴当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴，即有，∴；方法一：构建，，求导，∵，则，即，故在上恒成立，所以在上单调递增，则，即，则，又，所以.方法二（结论法）：我们知道，，所以恒成立，令，可得，所以所以，显然，综上所述，则.故选：D.8．函数，函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【正确答案】A【分析】不等式变形为，引入新函数，，利用导数判断函数的单调性，利用单调性化简不等式可得，取对数，变形为，再引入新函数，x∈（0，+∞），求得它的最大值即可得参数范围．【详解】因为，对恒成立，又，所以，即，即，令，，∴，设，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，可得时，函数取得极小值即最小值，，∴恒成立，∴函数在上单调递增，又原不等式等价于，所以，即，即恒成立，令，，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，可得时，函数取得极大值即最大值.，所以.故选：A.关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．二、多选题9．已知圆，圆，直线，则下列说法正确的是（

）A．圆的圆心为B．圆与圆有四条公切线C．点在圆上，点在圆上，则线段长的最大值为D．直线与圆一定相交，且相交的弦长最小值为【正确答案】ACD【分析】将圆的方程化为标准方程，可判断A选项；判断圆与圆的位置关系，可判断B选项；求出圆心距，利用圆的几何性质可判断C选项；求出直线所过定点的坐标，分析出点与圆的位置关系，并求出直线截圆所得弦长的最小值，可判断D选项.【详解】对于A选项，圆的标准方程为，圆的圆心为，故A正确；对于B选项，圆的圆心为，半径为，圆的半径为，圆心距为，即，所以，圆与圆相交，故圆与圆有两条公切线，故B错误；对于C选项，因为两圆圆心距为，又因为在圆上，点在圆上，则线段长的最大值为，故C正确；对于D选项，直线的方程可化为，由得，所以，直线过定点，因为，故点在圆内，所以直线与圆相交，当时，圆心到直线的距离取得最大值，且最大值为，此时，直线截圆所得弦长最小，且最小值为，故D正确.故选：ACD.10．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）

A．B．在区间上单调递减C．将的图象向左平移个单位所得函数为奇函数D．方程在区间内有4个根【正确答案】BCD【分析】观察图象可得函数的周期，由此可求，再由求参数，由此判断A，根据正弦函数的单调性判断B，结合三角函数图象变换结论和正弦函数性质判断C，解方程判断D.【详解】由图可得：，又，所以，因为，所以，故，又，所以故，所以A错误；因为，所以，所以在区间上单调递减，故B正确；的图象向左平移个单位所得函数为，该函数为奇函数，故C正确；因为，所以，由得：或或或，解得或或或，故有4个根，所以D正确.故选：BCD.11．定义在上的奇函数满足：是偶函数，且，则（

）A． B．C．的图象不关于直线对称 D．【正确答案】ACD【分析】根据奇函数与偶函数的性质判断A，结合周期函数的定义证明函数是周期为8的周期函数，根据周期函数性质判断B，举反例判断C，结合周期性，利用分组求和法计算判断D.【详解】∵是偶函数，∴，将代换为可得，，因为函数为定义在上的奇函数，所以，故，所以，故A正确；因为，，所以，即，所以所以函数是周期为8的周期函数，∴，故B错误；对于选项C，若的图象关于直线对称，则，但是又，这与假设矛盾，所以选项C正确；∵是周期为8的周期函数，∴的正奇数项的周期为4，又，，，∴，故D正确.故选：ACD.12．已知直四棱柱，底面是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确（

）A．当平面时，B．当时，的最小值为C．若，则的轨迹长度为D．当时，若点为三棱锥的外接球的球心，则的取值范围为【正确答案】BD【分析】取的中点，中点，证明平面平面，由此确定的轨迹，判断A，由条件确定的轨迹是，判断B，分别取，中点，，证明平面，由此确定的轨迹为，判断C，取的中点，连接交于点，过作交于点，由条件确定点的轨迹，由此判断D.【详解】因为动点满足，且，，所以点为矩形内一点（含边界）对于选项A，取的中点，中点，连接，，因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，因为平面，则的轨迹是线段，所以，又，所以，，故A错误；

对于选项B，因为，，且，，所以，所以，，所以的轨迹是，由已知，，所以，又，所以四边形为正方形，所以的最小值为，故B正确；对于选项C，分别取，中点，，因为底面为菱形，所以，又平面，平面，所以，又，且两直线在平面内，所以平面，又平面，所以.因为四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，所以的轨迹为，又，故C错误；

对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，当时，，，所以的轨迹是线段，因为为等边三角形，为的中点，所以，又因为为三棱锥的外接球球心，所以，所以点在直线上，在中，，则点在线段的垂直平分线上，所以点为直线与线段的垂直平分线的交点，当与重合时，点为；当与重合时，点为；当在线段上时，点在线段上.因为，所以，，因为，，且，所以的取值范围是，故D正确.故选：BD.

知识点点睛：本题考查面面平行的证明，空间图形中的轨迹问题，空间向量的线性运算，多面体与球的切接问题，线面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于难题.三、填空题13．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，且的系数为，则______.【正确答案】【分析】先求第3项与第4项的二项式系数，由条件求，再列方程求.【详解】二项式的展开式的通项公式为，，所以第3项的二项式系数，第4项的二项式系数为，因为第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，所以，解得，所以在的展开式中的系数为，由已知，解得，故答案为.14．数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足：，则数列的最大项等于______.【正确答案】/1.75【分析】由条件求数列的通项公式，再研究数列的单调性，由此确定其最大项.【详解】数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列为：，该数列为首项为1，公差为的等差数列，所以，所以因为所以当时，，即，又，所以数列的最大项为第二项，其值为.故答案为.15．设椭圆的左右焦点分别为和，离心率为，过左焦点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，且线段，则的内切圆半径等于______.【正确答案】【分析】由已知条件表示出直线AB的方程，得到的面积，由内切圆的性质可知，内切圆半径乘以三角形周长的一半等于三角形面积，结合离心率的值可得内切圆半径.【详解】的周长为，∵，∴到直线的距离，设的内切圆半径为，又，∵，，∴，故四、双空题16．已知函数，，若直线是曲线的切线，则______；若直线与曲线交于，两点，且，则的取值范围是______.【正确答案】【分析】第一空，对函数求导，设出切点，由导数的几何意义可得，由此可得a的值；第二空，依题意，与的图象有两个交点，利用导数研究函数的性质，可得的取值范围.【详解】，设切点为，则，解得：；由得，设，（，且），则，当或时，，此时，递减；当时，，此时，递增.当时，；当时，，且当时，，，当时，.所以当时，直线与曲线有两个交点，，且，，因为，所以，且,令，则，又，则，得，有，，设，则，，由，，在上单调递减，则，设，则，由，有，在上单调递减，则有，可得的取值范围为.故；.方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.五、解答题17．在中，角，，所对的边分别是，，，若.(1)求角的大小；(2)若，求的面积的最大值.【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据内角和关系和诱导公式，二倍角余弦公式化简方程，可求，由此可得角的大小；（2）由条件根据余弦定理可得，结合基本不等式求的最大值，结合三角形面积公式求的最大值.【详解】（1）因为，，所以可化为，所以，又因为解得，又因为，所以.（2）由余弦定理得，所以，又，所以，所以，又因为，当且仅当时等号成立，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以三角形的面积，当且仅当时等号成立，所以三角形面积的最大值为.18．已知数列的前项和为，且满足，，.(1)求数列的通项公式；(2)已知，求数列的前项和.【正确答案】(1)(2)【分析】（1）先根据递推式得出是等差数列，然后求出基本量即可解答；（2）利用错位相减法即可求和.【详解】（1）∵，∴，∴数列是等差数列，设公差为，则由题有，解得，，∴数列的通项公式为.（2）∵，∴，∴，∴，①，②①②得：，∴.19．如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至.(1)证明：平面平面；(2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由.【正确答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面；（2）证明平面，建立空间直角坐标系，，求平面，平面的法向量，由条件列方程求即可.【详解】（1）因为，，所以，所以，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为，，∴，又∵，，平面，∴平面，∴、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为，，所以.则，，，，平面的一个法向量为，，设，，，设平面法向量为，则，所以，取，则，，故为平面的一个法向量，所以，解得，符合题意即，∴.20．为了丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球个人赛，有甲、乙、丙、丁四位同学参加，甲与其他三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，而且三场比赛相互独立.根据甲最近分别与乙、丙、丁比赛的情况，得到如下统计表：乙丙丁比赛的次数606050甲获胜的次数203040以上表中的频率作为概率，求解下列问题.(1)如果甲按照第一场与乙比赛、第二场与丙比赛、第三场与丁比赛的顺序进行比赛.（ⅰ）求甲至少胜一场的概率；（ⅱ）如果甲胜一场得2分，负一场得0分，设甲的得分为，求的分布列与期望；(2)记“甲与乙、丙、丁进行三场比赛中甲连胜二场”的概率为，那么以什么样的出场顺序才能使概率最大，并求出的最大值.【正确答案】(1)（ⅰ）（ⅱ）分布列见解析，期望为(2)出场顺序为丙丁乙或乙丁丙时概率最大，最大值为【分析】（1）先求得甲与乙比赛获胜概率为，与丙比赛获胜概率为，与丁比赛获胜概率为，再根据独立性乘法公式，结合对立事件即可求解甲至少胜一场的概率；按分布列的求解步骤即可求解分布列，进而求得期望；（2）由于乙、丙、丁有6种出场顺序，分别求得概率，从而可确定最大值.【详解】（1）甲与乙比赛获胜概率为；与丙比赛获胜概率为；与丁比赛获胜概率为；（ⅰ）则甲至少胜一场的概率（ⅱ）的可能取值为0，2，4，6则，，，，所以的分布列为0246（2）若出场顺序为乙丙丁：；若出场顺序为乙丁丙：；若出场顺序为丙乙丁：；若出场顺序为丙丁乙：；若出场顺序为丁丙乙：；若出场顺序为丁乙丙：；故出场顺序为丙丁乙或乙丁丙时概率最大，最大值为.21．已知双曲线的离心率为2，右焦点与抛物线的焦点重合，双曲线的左、右顶点分别为，，点为第二象限内的动点，过点作双曲线左支的两条切线，分别与双曲线的左支相切于两点，，已知，的斜率之比为.

(1)求双曲线的方程；(2)直线是否过定点？若过定点请求出定点坐标，若不过定点请说明理由.(3)设和的面积分别为和，求的取值范围.参考结论：点为双曲线上一点，则过点的双曲线的切线方程为.【正确答案】(1)(2)过定点，定点坐标为(3)【分析】（1）由条件确定双曲线的焦点位置，设其方程，再列出关于的方程，解方程可得双曲线方程，（2）设，由条件，的斜率之比为可得，设，，，结合所给结论求切线，方程，由此可得直线的方程，由此判断结论；（3）先证明，设，结合设而不求法表示，再通过换元，利用函数的单调性求其取值范围.【详解】（1）由已知双曲线为焦点在轴上，中心为原点的双曲线，设其方程为，因为双曲线的离心率为2，所以，，又双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的焦点坐标为，所以，所以，双曲线的标准方程为；（2）知，，设，所以，，因为，的斜率之比为，即，解得，所以点在直线上，设，，，则切线方程为：，则切线方程为：，因为点既在直线上又在直线上，即：，，所以直线的方程为：，化简可得，所以直线过定点；

（3）由（2）得直线过定点，所以，，，所以，点到直线的距离为点到直线的距离的3倍，所以，，因为，所以，，若直线的斜率为，则直线与双曲线的左支的交点为与已知