2024届湖南省永州市高三一模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省永州市2024届高三一模数学试题一、选择题1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，或，故，故选：D.2.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〗由得，则，即在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选：D.3.已知向量，且，则（）A.2 B.1 C.0 D.〖答案〗C〖解析〗，由于，所以.故选：C.4.“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〗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〗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〗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：B.7.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〗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：D.8.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〗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0.89的模型比为0.98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〗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）0.3010.4770.6020.6990.7780.8450.9030.9541.000真数111213141516171819（近似值）1.0411.0791.1141.1461.1761.2041.2301.2551.279A.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〗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：ACD.11.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〗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：AC.12.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〗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.三、填空题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〗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〗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〗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〗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：.四、解答题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．解：（1）由题意可得，即得，则，即，可得，由于，故得，则，故；（2）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．解：（1）在中，由得，即,故，由于，故，而，故.（2）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．（1）证明：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（2）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0.025，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：解：（1）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（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，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．（1）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.（2）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.22.已知函数．（1）当时，求证：；（2）若时，，求实数的取值范围．解：（1）由题知，当时，原不等式可化为：，令，则，所以在上单调递增，从而有，故原不等式成立.当时，原不等式等价于，又，所以在上单调递增，从而有，故原不等式成立.综上所述：当时，恒有.（2）由表达式可知，对恒成立等价于对恒成立令，则有，令，则有所以在上单调递增又时，，时从而存在唯一，使得，即，可得，，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，故故原不等式恒成立只需即，构造函数可得，当时，令，因为从而可得在时恒成立又，所以的解集为.又因为，令，易得在定义域内单调递减，所以所以，故的取值范围为：.湖南省永州市2024届高三一模数学试题一、选择题1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，或，故，故选：D.2.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〗由得，则，即在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选：D.3.已知向量，且，则（）A.2 B.1 C.0 D.〖答案〗C〖解析〗，由于，所以.故选：C.4.“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〗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〗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〗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：B.7.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〗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：D.8.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〗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0.89的模型比为0.98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〗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）0.3010.4770.6020.6990.7780.8450.9030.9541.000真数111213141516171819（近似值）1.0411.0791.1141.1461.1761.2041.2301.2551.279A.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〗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：ACD.11.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〗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：AC.12.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〗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.三、填空题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〗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〗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〗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〗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：.四、解答题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．解：（1）由题意可得，即得，则，即，可得，由于，故得，则，故；（2）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．解：（1）在中，由得，即,故，由于，故，而，故.（2）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．（1）证明：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（2）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