湖南省岳阳市2024届高三下学期考情信息卷数学试题含答案

2024届高考信思卷数学试题卷一、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．1．十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（）A．对任意正整数，关于的方程都没有正整数解B．对任意正整数，关于的方程至少存在一组正整数解C．存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解D．存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解2．若复数满足，则在复平面中对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，则（）A． B． C． D．4．函数的定义域为（）A． B． C． D．5．把一个正方体各面上均涂上颜色，并将各棱三等分，然后沿等分线把正方体切开．若从所得的小正方体中任取一个，恰好抽到2个面有颜色的小正方体的概率为（）A． B． C． D．6．已知正项数列满足对任意正整数，均有，则（）A． B． C． D．7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，点在轴上，，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．8．设方程和的根分别为和，函数，则（）A． B．C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．下列结论正确的是（）A．经验回归直线恒过样本点的中心，且在经验回归直线上的样本点越多，拟合效果越好B．在一个列联表中，由计算得的值，那么的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大C．若散点图中所有点都在直线上，则相关系数D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得．依据的独立性检验，则变量与独立10．在中，内角所对的边分别为，若的面积为16，则下列结论正确的是（）A．是直角三角形 B．是等腰三角形C．的周长为32 D．的周长为11．如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则以下说法正确的是（）A．平面B．直线与平面所成角的正弦值为C．异面直线和所成角的余弦值为D．若动直线与直线的夹角为30°，且与平面交于点，则点的轨迹构成的图形的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量，若，则________．13．甲、乙两位同学进行象棋比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）．根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立．若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则的取值范围为________．14．已知关于的不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围为________．四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知函数在与时都取得极值．（1）求的值与函数的单调区间．（2）求该函数在的极值．（3）设，若恒成立，求的取值范围．16．如图，直四棱柱的底面为平行四边形，分别为的中点．（1）证明：平面；（2）若底面为矩形，，异面直线与所成角的余弦值为，求到平面的距离．17．11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球．假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．已知第一局目前比分为10∶10．（1）求再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；（2）求第一局比赛甲获胜的概率；（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率．18．在平面直角坐标系中，点．，点是平面内的动点．若以为直径的圆与圆相切，记点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）设点，直线分别与曲线交于点（，异于），过点作，垂足为，求的最大值．19．已知均为非负实数，且．证明：（1）当时，；（2）对于任意的参考答案：1．D【分析】由全称量词命题的否定的定义即可得解．【详解】“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”的否定为：存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解．故选：D．2．D【分析】设，代入条件根据复数相等求出，进而可得在复平面中对应的点所在象限．【详解】设，则由得，整理得所以，解得，所以在复平面中对应的点为，在第四象限．故选：D．3．C【分析】根据诱导公式和二倍角的余弦公式即可．【详解】因为，所以．故选：C．4．A【分析】根据指数函数的单调性及二次根式的意义可求得原函数的定义域．【详解】对于函数，有，可得，解得，因此，函数的定义域为．故选：A．5．C【分析】根据古典概型概率计算公式求得正确答案．【详解】一共有个小正方体，其中2个面有颜色的小正方体有12个，（每条棱上有1个）所以恰好抽到2个面有颜色的小正方体的概率为．故选：C6．B【分析】根据数列递推式推出，以及，由此即可求得答案．【详解】由题意知正项数列满足对任意正整数，均有，故，，故，故故选：B7．A【分析】根据直角三角形的性质可得出，推导出为等边三角形，求出、，利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值．【详解】因为，则为线段的中点，因为，则，则，因为为的中点，，则，所以，为等边三角形，由勾股定理可得，由双曲线的定义可得，即，因此，该双曲线的离心率为．故选：A．【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率．8．B【分析】方法一：先利用方程的根与图象的交点的关系，及互为反函数的两个函数图象关系推得，由此得到，再由函数的单调性易得，构造函数与，利用导数证得与，从而解出．【详解】方法一：由得，由得，因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，同理：函数与的图象交点的横坐标为，因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，易知直线与直线互相垂直，所以两点关于直线对称，即的中点一定落在，亦即点为与的交点，联立，解得，即，所以，故，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，而，则，令，则，所以在上单调递增，所以，即，故，令，则，令，得，所以在上单调递增，所以，则，故，综上：．故选：B．方法二：前面部分同方法一得，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，而，因为，当且仅当时取等号，所以，当时，，所以，即，下面比较的大小关系，设，所以，故在上递增，，即有，亦即，综上：．故选：B．【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．9．BD【分析】根据案例分析的相关知识逐项分析判断．【详解】对于选项A：经验回归直线恒过样本点的中心，拟合效果是整体效果，与在经验回归直线上的样本点的多少无关，如果在经验回归直线上的样本点增多，但其他点偏离程度增大，相应的残差的平方和仍可能会增大，拟合效果也会变差，故A错误；对于选项B：对于可知：的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，故B正确；对于选项C：因为越接近于1，线性相关性越强，若散点图中所有点都在直线上，则，但此时为负相关，所以，故C错误；对于选项D：因为，依据的独立性检验可知，没有足够的把握认为变量与有关，所以变量与独立，故D正确；故选：BD．10．AD【分析】由，可得，再由面积为16，求出，求出，进而判断选项．【详解】因为，所以，所以．因为，所以．因为，所以．因为，所以，可得，则，即．又因为，所以，A正确．由上知，可得，В错误．的周长为错误，D正确．故选：AD11．ABD【分析】连接，证明，进而判断选项A；建立直角坐标系，平面的法向量，求解直线与平面的正弦值，判断选项B；利用向量求解与的余弦值，判断选项C；根据直线与直线的夹角为，求出的轨迹，求出其面积，判断选项D．【详解】对于A，连接，则，又分别为中点，所以，所以，又平面，且平面，所以平面，故A选项正确；对于B，建立如图所示空间直角坐标系，，则，平面的法向量，则，故直线与平面的正弦值为，故B选项正确；对于C，，则，所以异面直线与的余弦值为，故选项C错误；对于D，根据直线与直线的夹角为30°，形成以为对称轴，以所在的线段为母线的圆锥，又因为平面，所以平面，则的轨迹是半径为，则面积为，故选项D正确．故选：ABD【点睛】根据题意建立空间直角坐标系，求出方向向量和法向量，空间想象能力的培养尤其重要．12．7【分析】首先求出的坐标，再根据向量相等的充要条件得到方程组，解得即可．【详解】因为，所以，又且，所以，解得，所以．故答案为：713．【分析】先分别求出甲以获胜的概率和甲以获胜的概率；再由求解即可．【详解】由题意可得：甲以获胜的概率为，甲以获胜的概率．因为，所以，解得：．又因为，所以．故答案为：．14．【解析】先将不等式对于任意恒成立，转化为任意恒成立，设，求出在内的最小值，即可求出的取值范围．【详解】解：由题可知，不等式对于任意恒成立，即，又因为，对任意恒成立，设，其中，由不等式，可得：，则，当时等号成立，又因为在内有解，，则，即：，所以实数的取值范围：．故答案为：．【点睛】本题考查不等式恒成立问题，利用分离参数法和构造函数，通过求新函数的最值求出参数范围，考查转化思想和计算能力．15．（1），增区间，减区间（2）极大值是，极小值是（3）或【分析】（1）求导，根据极值点是导函数的零点列方程求解，然后根据导函数的正负确定单调性；（2）先确定单调性，再确定极值即可；（3）先根据单调性求最值，然后将恒成立问题转化为最值求解即可．【详解】（1）由已知，由于在与时都取得极值，所以，解得，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值，是的极小值．所以，单调增区间，单调减区间；（2）由（1）得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在区间上，极大值是，极小值是；（3）由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，所以在区间上的最大值是，在区间上恒成立，所以，解得或．16．（1）证明见解析（2）．【分析】（1）通过证明平行于面内的一条直线，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，设出的长并表达出各点坐标，利用异面直线与所成角的余弦值得出，求出平面的一个法向量，即可得出到平面的距离．【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，因为为的中点，所以，且，因为为的中点，所以，所以，且，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）由题意（1）及几何知识得，在直四棱柱中，，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，．设异面直线与所成角为，则，解得：，故，则设平面的一个法向量为，到平面的距离为．所以即取，得．所以，即到平面的距离为．17．（1）分布列见解析，均值（2）（3）【分析】（1）易知的所有可能取值为0，1，2，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；（2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得；（3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为3，4，5，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为．【详解】（1）依题意，的所有可能取值为0，1，2设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，所以，．所以的分布列为012故的均值为．（2）设第一局比赛甲获胜为事件，则．由（1）知，，由全概率公式，得，解得，即第一局比赛甲获胜的概率．（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，所以的所有可能取值为3，4，5，因此可得；故该场比赛甲获胜的概率．18．（1）（2）【分析】（1）设，根据代入坐标化简得到轨迹方程；（2）设直线，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，求出的纵坐标，从而有，代入韦达定理式化简得，从而得到直线所过定点，得到点轨迹方程，从而得到最大值．【详解】（1）设，则的中点，根据题意得，即，整理得，化简整理，得点的轨迹方程．（2）设，由对称性可知直线的斜率存在，所以可设直线，联立直线与曲线的方程，得，消元整理，得，则，①②所以，令，得点纵坐标，同理可得点纵坐标，故，将代入上式整理，得，将②代入得，若，则直线，恒过不合题意；若，则，恒过，因为直线恒过，且与始终有两个交点，又，，垂足为，所以点轨迹是以为直径的圆（不含点），设中点为，则圆心，半径为1，所以，当且仅当点在线段上时，取最大值．【点睛】关键点点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入化简求出直线恒过，则得到点轨迹，最后