2024届湖南省高考临门押题考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3湖南省2024届高考临门押题考试数学试卷一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可得，，故.故选：D.2.已知抛物线的焦点为为上一点，为坐标原点，当时，，则（）A.4 B.3 C.2 D.1〖答案〗B〖解析〗如图，过作的准线的垂线，垂足为，作，垂足为，由，得，所以，所以，即．故选：B．3.已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（）A.24 B.18 C.12 D.6〖答案〗A〖解析〗已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能，从而的展开式为，令，解得，所以展开式中的常数项为.故选：A.4.在矩形中，，为中点，为平面内一点，.则取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，建立平面直角坐标系，则，因为，可设，则，可得，其中，因为，所以.故选：A.5.在△中,角,，所对的边分别为，，，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗充分性：在△中，由，可得,所以,故充分性成立；必要性：在△中，由及正弦定理，可得，可得,,故，必要性成立；故可得：在△中，角，，所对的边分别为，，，则“”是“”的充分必要条件，故选C.6.已知定义在上的偶函数满足且，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，令，得，又令得，再令，，又，所以，又，，所以，为的一个周期，，即，故选：A．7.已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，由于，即，可得数列是首项为，公比为的等比数列，则，因为数列是递增数列，可得，即对任意的正整数都成立．当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，可得，则；当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，可得，则；综上可得的取值范围是．故选：B．8.在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，因为平面平面,,平面,平面平面，所以平面，又平面，所以，又，所以四边形是边长为1的正方形，所以外接球半径，所以到平面的距离，即点到平面距离的最大值为.故选：D.二、选择题9.下列有关回归分析的结论中，正确的有（）A.在样本数据中，根据最小二乘法求得线性回归方程为，去除一个样本点后，得到的新线性回归方程一定会发生改变B.具有相关关系的两个变量的相关系数为那么越大，之间的线性相关程度越强C.若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则决定系数D.在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高〖答案〗CD〖解析〗对于A，若去除的点恰好在原回归直线上，则去除该点后，回归方程不会发生改变，故A错误；对于B，越接近于1，则之间的线性相关程度越强，故B错误；对于C，若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，决定系数故C正确；对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故D正确．故选：CD10.如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（）A.直线与直线所成角的余弦值为B.存在点，使得C.若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为D.若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分〖答案〗ACD〖解析〗以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，，，所以，，所以，，所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确；由题意，设，则，又，若，则，解得，所以不存在点M，使得，故B错误；设，所以，所以点到直线的距离，所以，此时，所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确；设，则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为.因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以，整理得（其中，），即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确.故选：ACD.11.一般地，对于复数（i为虚数单位,a,）,在平面直角坐标系中，设,经过点的终边的对应角为,则根据三角函数的定义可知，，因此，我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，称为复数z的辐角.为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合的辐角的值叫做辐角的主值.已知复数z满足，，为z的实部，为z的辐角的主值，则（）A.的最大值为B.的最小值为C.D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，，复数在复平面的对应的点为,所以点Z在以为圆心、以r为半径的圆上或圆内.对于选项A，B，由复数的几何意义可得表示点Z与的距离，又点到点的距离为，所以的最大值为，A正确，的最小值为，B正确，对于C，过点作以为圆心，为半径的圆的切线，设切点为，设，则或，所以，所以，所以C错误.对于D，设，有（其中是z的辐角的主值），由于，所以，所以D正确.故选：ABD.三、填空题12.已知，，则__________.〖答案〗〖解析〗因，，故，故〖答案〗为：.13.已知随机变量，则的最小值为___________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据正态曲线的对称性求得，再由，结合基本不等式即可得出〖答案〗.【详析】因为随机变量，且，所以，则，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以最小值为.故〖答案〗为：14.在平面直角坐标系中，圆经过点和点，与轴正半轴相交于点．若在第一象限内的圆弧上存在点，使，则圆的标准方程为________．〖答案〗〖解析〗根据题意作图，如图所示：显然，，而，于是，又，则AB为圆的直径，设，由，得，因此，即，又，则AB的中点，所以圆C的标准方程为：.故〖答案〗为：四、解答题15.已知是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1）设的公差为，由题意知，即，即有，因为，可得，，所以；（2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，则，，所以．16.已知函数，（1）讨论的单调性；（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．解：（1）由，知.当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，有，从而对和有，对有.所以在和上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减.（2）由于，故.记，则.从而对有，对有.所以在上单调递减，在上单调递增.当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点；当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，.再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点.综上，的取值范围是.17.已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．（1）证明：平面；（2）点在直线上，求与平面所成角的最大值．（1）证明连结，交于点，连，由，知，又平面又底面为菱形，所以以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，边长为4，则，在直角三角形中，所以所以点，则所以，所以，，所以，所以，又，平面，所以平面，（2）解：设，所以，故，所以平面的一个法向量是，设与平面所成角为，则当时，平面，；当时，，当且仅当时取等号，又所以，故与平面所成角的最大值为18.双曲线的焦点为（在下方），虚轴的右端点为，过点且垂直于轴的直线交双曲线于点（在第一象限），与直线交于点，记的周长为的周长为．（1）若的一条渐近线为，求的方程；（2）已知动直线与相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点，为线段上一点，设为常数．若为定值，求的最大值．解：（1）依题意，，解得，又双曲线的一条渐近线为，则，即，所以双曲线的方程为.（2）由（1）知，则双曲线方程为，设，过的直线的方程为，即，令，显然，由消去y得，显然，由直线与双曲线只有一个公共点，得，化简得，代入得，由直线与双曲线相切，得，而，于是，过点T且与垂直的直线的直线斜率为，方程为，令，得，即，令，得，即，设，由，得，即，代入得，依题意，该双曲线与双曲线共焦点，则，化简得，于是，，当且仅当，时取等号，所以的最大值为1.19.某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加.已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为（，均大于100），每一次试验均相互独立.（1）求的分布列；（2）记随机变量.已知，（i）证明：，；（ii）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值.（已知随机变量服从超几何分布记为：（其中为总数，为某类元素的个数，为抽取的个数），则）（1）解：依题意，均服从完全相同的超几何分布，且，均大于100，故的分布列为.0199100（2）（i）证明：均服从完全相同的超几何分布，故，，故，（ii）解：由（ⅰ）可知的均值利用公式计算的方差，所以依题意有解得，．所以可以估计，．湖南省2024届高考临门押题考试数学试卷一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可得，，故.故选：D.2.已知抛物线的焦点为为上一点，为坐标原点，当时，，则（）A.4 B.3 C.2 D.1〖答案〗B〖解析〗如图，过作的准线的垂线，垂足为，作，垂足为，由，得，所以，所以，即．故选：B．3.已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（）A.24 B.18 C.12 D.6〖答案〗A〖解析〗已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能，从而的展开式为，令，解得，所以展开式中的常数项为.故选：A.4.在矩形中，，为中点，为平面内一点，.则取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，建立平面直角坐标系，则，因为，可设，则，可得，其中，因为，所以.故选：A.5.在△中,角,，所对的边分别为，，，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗充分性：在△中，由，可得,所以,故充分性成立；必要性：在△中，由及正弦定理，可得，可得,,故，必要性成立；故可得：在△中，角，，所对的边分别为，，，则“”是“”的充分必要条件，故选C.6.已知定义在上的偶函数满足且，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，令，得，又令得，再令，，又，所以，又，，所以，为的一个周期，，即，故选：A．7.已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，由于，即，可得数列是首项为，公比为的等比数列，则，因为数列是递增数列，可得，即对任意的正整数都成立．当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，可得，则；当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，可得，则；综上可得的取值范围是．故选：B．8.在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，因为平面平面,,平面,平面平面，所以平面，又平面，所以，又，所以四边形是边长为1的正方形，所以外接球半径，所以到平面的距离，即点到平面距离的最大值为.故选：D.二、选择题9.下列有关回归分析的结论中，正确的有（）A.在样本数据中，根据最小二乘法求得线性回归方程为，去除一个样本点后，得到的新线性回归方程一定会发生改变B.具有相关关系的两个变量的相关系数为那么越大，之间的线性相关程度越强C.若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则决定系数D.在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高〖答案〗CD〖解析〗对于A，若去除的点恰好在原回归直线上，则去除该点后，回归方程不会发生改变，故A错误；对于B，越接近于1，则之间的线性相关程度越强，故B错误；对于C，若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，决定系数故C正确；对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故D正确．故选：CD10.如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（）A.直线与直线所成角的余弦值为B.存在点，使得C.若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为D.若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分〖答案〗ACD〖解析〗以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，，，所以，，所以，，所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确；由题意，设，则，又，若，则，解得，所以不存在点M，使得，故B错误；设，所以，所以点到直线的距离，所以，此时，所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确；设，则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为.因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以，整理得（其中，），即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确.故选：ACD.11.一般地，对于复数（i为虚数单位,a,）,在平面直角坐标系中，设,经过点的终边的对应角为,则根据三角函数的定义可知，，因此，我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，称为复数z的辐角.为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合的辐角的值叫做辐角的主值.已知复数z满足，，为z的实部，为z的辐角的主值，则（）A.的最大值为B.的最小值为C.D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，，复数在复平面的对应的点为,所以点Z在以为圆心、以r为半径的圆上或圆内.对于选项A，B，由复数的几何意义可得表示点Z与的距离，又点到点的距离为，所以的最大值为，A正确，的最小值为，B正确，对于C，过点作以为圆心，为半径的圆的切线，设切点为，设，则或，所以，所以，所以C错误.对于D，设，有（其中是z的辐角的主值），由于，所以，所以D正确.故选：ABD.三、填空题12.已知，，则__________.〖答案〗〖解析〗因，，故，故〖答案〗为：.13.已知随机变量，则的最小值为___________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据正态曲线的对称性求得，再由，结合基本不等式即可得出〖答案〗.【详析】因为随机变量，且，所以，则，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以最小值为.故〖答案〗为：14.在平面直角坐标系中，圆经过点和点，与轴正半轴相交于点．若在第一象限内的圆弧上存在点，使，则圆的标准方程为________．〖答案〗〖解析〗根据题意作图，如图所示：显然，，而，于是，又，则AB为圆的直径，设，由，得，因此，即，又，则AB的中点，所以圆C的标准方程为：.故〖答案〗为：四、解答题15.已知是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1）设的公差为，由题意知，即，即有，因为，可得，，所以；（2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，则，，所以．16.已知函数，（1）讨论的单调性；（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．解：（1）由，知.当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，有，从而对和有，对有.所以在和上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减.（2）由于，故.记，则.从而对有，对有.所以在上单调递减，在上单调递增.当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点；当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，.再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点.综上，的取值范围是.17.已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．（1）证明：平面；（2）点在直线上，求与平面所成角的最大值．（1）证明连结，交于点，连，由，知，又平面又底面为菱形，所以以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，边长为4，则，在直角三角形中，所以所以点，则所以，所以，，所以，所以，又，平面，所以平面，（2）解：设，所以，故，所以平面的一个法向量是，设与平面所成角为，则当时，平面，；当时，，当且仅当时取等号，又所以，故