湖南省益阳箴言中学2024届高考全国卷信息归集与高考命题预测数学试题

湖南省益阳箴言中学2024届高考全国卷信息归集与高考命题预测数学试题注意事项：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．在中，角的对边分别为，若．则角的大小为()A． B． C． D．2．已知复数，为的共轭复数，则（）A． B． C． D．3．《普通高中数学课程标准（2017版）》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（）A．甲的数据分析素养高于乙B．甲的数学建模素养优于数学抽象素养C．乙的六大素养中逻辑推理最差D．乙的六大素养整体平均水平优于甲4．已知函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则的最小值为（）A． B． C． D．5．点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．36．某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（）A． B． C． D．7．设函数，则，的大致图象大致是的()A． B．C． D．8．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（）A． B． C． D．9．若函数的图象过点，则它的一条对称轴方程可能是（）A． B． C． D．10．陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，但陀螺这个名词，直到明朝刘侗、于奕正合撰的《帝京景物略》一书中才正式出现.如图所示的网格纸中小正方形的边长均为1，粗线画出的是一个陀螺模型的三视图，则该陀螺模型的表面积为（）A． B．C． D．11．函数的图像大致为（）A． B．C． D．12．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何?”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少?”已知l丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（）A．10000立方尺B．11000立方尺C．12000立方尺D．13000立方尺二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知（且）有最小值，且最小值不小于1，则的取值范围为__________.14．己知函数，若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______.15．已知，为虚数单位，且，则=_____.16．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：①为的重心；②；③当时，平面；④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.其中，所有正确结论的序号是________________.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）在中，角，，的对边分别为，，，，，且的面积为.(1)求；(2)求的周长.18．（12分）某健身馆为响应十九届四中全会提出的“聚焦增强人民体质，健全促进全民健身制度性举措”，提高广大市民对全民健身运动的参与程度，推出了健身促销活动，收费标准如下：健身时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为20元（不足l小时的部分按1小时计算）.现有甲、乙两人各自独立地来该健身馆健身，设甲、乙健身时间不超过1小时的概率分别为，，健身时间1小时以上且不超过2小时的概率分别为，，且两人健身时间都不会超过3小时.（1）设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量（单位：元），求的分布列与数学期望；（2）此促销活动推出后，健身馆预计每天约有300人来参与健身活动，以这两人健身费用之和的数学期望为依据，预测此次促销活动后健身馆每天的营业额.19．（12分）已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）（1）求的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.20．（12分）如图，在三棱柱中，已知四边形为矩形，，，，的角平分线交于.（1）求证:平面平面；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）已知，，.（1）求的最小值；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.22．（10分）已知椭圆经过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立．

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、A【解题分析】

由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值．【题目详解】解：∵，∴由正弦定理可得：，∵，∴，∵，，∴，∴．故选A．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．2、C【解题分析】

求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.【题目详解】.故选：C【题目点拨】本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.3、D【解题分析】

根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.【题目详解】对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.对于B选项，甲的建模素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.故选：D【题目点拨】本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基础题.4、A【解题分析】

首先求得平移后的函数，再根据求的最小值.【题目详解】根据题意，的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数，所以，所以．又，所以的最小值为．故选：A【题目点拨】本题考查三角函数的图象变换，诱导公式，意在考查平移变换，属于基础题型.5、C【解题分析】

设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【题目详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,,则单调递减；当时,,则单调递增,所以,且,有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【题目点拨】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.6、C【解题分析】

几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【题目详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【题目点拨】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.7、B【解题分析】

采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【题目详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【题目点拨】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.8、C【解题分析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．9、B【解题分析】

把已知点坐标代入求出，然后验证各选项．【题目详解】由题意，，或，，不妨取或，若，则函数为，四个选项都不合题意，若，则函数为，只有时，，即是对称轴．故选：B．【题目点拨】本题考查正弦型复合函数的对称轴，掌握正弦函数的性质是解题关键．10、C【解题分析】

根据三视图可知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成，由此计算出陀螺的表面积.【题目详解】最上面圆锥的母线长为，底面周长为，侧面积为，下面圆锥的母线长为，底面周长为，侧面积为，没被挡住的部分面积为，中间圆柱的侧面积为.故表面积为，故选C.【题目点拨】本小题主要考查中国古代数学文化，考查三视图还原为原图，考查几何体表面积的计算，属于基础题.11、A【解题分析】

根据排除，，利用极限思想进行排除即可．【题目详解】解：函数的定义域为，恒成立，排除，，当时，，当，，排除，故选：．【题目点拨】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．12、A【解题分析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：

沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，

则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，

则三棱柱的体积V1四棱锥的体积V2=13×1×3×2=2【题目点拨】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

真数有最小值，根据已知可得的范围，求出函数的最小值，建立关于的不等量关系，求解即可.【题目详解】，且（且）有最小值，，的取值范围为.故答案为：.【题目点拨】本题考查对数型复合函数的性质，熟练掌握基本初等函数的性质是解题关键，属于基础题.14、【解题分析】

首先判断出函数为定义在上的奇函数，且在定义域上单调递增，由此不等式对任意的恒成立，可转化为在上恒成立，进而建立不等式组，解出即可得到答案．【题目详解】解：函数的定义域为，且，函数为奇函数，当时，函数，显然此时函数为增函数，函数为定义在上的增函数，不等式即为，在上恒成立，，解得．故答案为．【题目点拨】本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，属于常规题目．15、4【解题分析】

解：利用复数相等，可知由有．16、①②③【解题分析】

①点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以①是正确的；②取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以②正确；③若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以③正确；④由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.【题目详解】因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以①正确；由平面，可知平面平面，记，由，可得平面平面，则，所以②正确；若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，，解得，所以③正确；当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.故答案为：①②③【题目点拨】此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.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）【解题分析】

（1）利用正弦，余弦定理对式子化简求解即可；（2）利用余弦定理以及三角形的面积，求解三角形的周长即可．【题目详解】（1），由正弦定理可得：，即：，由余弦定理得.（2）∵，所以，，又，且，，的周长为【题目点拨】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的面积公式，也考查计算能力，属于基础题.18、（1）见解析，40元（2）6000元【解题分析】

（1）甲、乙两人所付的健身费用都是0元、20元、40元三种情况，因此甲、乙两人所付的健身费用之和共有9种情况，分情况计算即可（2）根据（1）结果求均值.【题目详解】解：（1）由题设知可能取值为0，20，40，60，80，则；；；；.故的分布列为：020406080所以数学期望（元）（2）此次促销活动后健身馆每天的营业额预计为：（元）【题目点拨】考查离散型随机变量的分布列及其期望的求法，中档题.19、(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解题分析】（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.（1），.由题意知.（2）由（1）知：，∴对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立.令，则.由于，所以在上单调递增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且当时，，时，.即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因为对任意恒成立，又，∴.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.20、（1）见解析；（2）【解题分析】

（1）过点作交于，连接，设，连接，由角平分线的性质，正方形的性质，三角形的全等，证得，，由线面垂直的判断定理证得平面，再由面面垂直的判断得证.（2）平面几何知识和线面的关系可证得平面，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，根据二面角的向量计算公式可求得其值.【题目详解】（1）如图，过点作交于，连接，设，连接，，，又为的角平分线，四边形为正方形，，又，，，，，又为的中点，又平面，，平面，又平面，平面平面，（2）在中，，，，在中，，，又，，，，又