湖南省衡陽市名校聯(lián)考聯(lián)合體2024屆高三下學期高考考前仿真聯(lián)考一數學試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習網

1.答卷前，考生務必將自己的姓名?考生號?考場號?座位號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一?選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）
1. 已知集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據一元二次不等式的解法解集合A，結合交集的概念與運算即可求解.
【詳解】因為，又，
所以.
故選：B.
2. 已知復數為虛數單位的共軛復數為，則“為純虛數”的充分必要條件為（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據復數的乘法運算化簡復數，再由共軛復數和純虛數的定義即可求解.
【詳解】因為，
由為純虛數，即且，
即且.
故選：D.
3. 已知非零向量滿足，若，則實數的值為（）
A. 1或B. 2或C. 1或2D. 或2
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量數量積的運算和垂直表示計算可得結果.
【詳解】由，
故選：A.
4. 已知函數，若在區(qū)間上單調遞增，則實數的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用復合函數的單調性求解即可.
【詳解】令函數，
該函數在上單調遞增，在上單調遞減.
當時，要使在上單調遞增，則在上單調遞增，
且時，，故，解得.
故選：D
5. 已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面.下列說法中正確的是（）
A. 若，則
B. 若，則
C. 若，則
D. 若，則
【答案】D
【解析】
【分析】由線線，線面，面面之間的關系逐項判斷即可.
【詳解】對于選項：若，則與平行或相交，故A不正確；
對于選項B：若，則與可平行?異面或相交，故B不正確；
對于選項C：若，則或，故C不正確；
對于選項D：若，則，又，則，即D正確.
故選：D.
6. 已知橢圓的左?右焦點為是橢圓上一動點，直線經過的定點為，則的最大值為（）
A B. 2C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由直線經過定點，結合橢圓的定義由求解.
【詳解】由橢圓得，
因為點為橢圓上的點，則，
直線經過定點，
則，
當且僅當在線段上時取等號，
所以的最大值為2.
故選：B.
7. 將6本相同的數學書和2本相同的語文書隨機排成一排，2本語文書不相鄰的概率為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先計算6本相同的數學書和2本相同的語文書擺放的種數，再用插空法計算2本語文書不相鄰的擺放種數，用古典概型概率的計算公式計算即可.
【詳解】依題意，將6本相同的數學書和2本相同的語文書隨機排成一排，
即從8個空位中選2個位置放語文書，剩余6個位置放數學書，擺放種數為：種；
利用插空法，6本數學書之間共有7個位置可以放2本語文書，擺放種數為：種，
由古典概型概率的計算公式得：.
故選：A.
8. 如圖，已知是圓上一點，，則的正切值的最大值為（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根據圓心角與圓周角的關系可得最大，則最大，即可利用兩圓外切時，求解圓心，利用三點共線，即可求解角度.
【詳解】設過三點的圓的圓心為，且，
由于，故最大，則最大，
只需要圓與圓相切于點時，最大，
則有或（舍去），，
所以,易知此時四點共線，
此時進而，故，
故選：A.
二?多選題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）
9. 中國雪鄉(xiāng)哈爾濱的看雪最佳時間在11月中旬到次年的2月上旬，某旅游公司設計了一款冰雪文創(chuàng)產品.試營銷以來，這款冰雪文創(chuàng)產品定價（單位：元）與銷量（單位：萬件）的數據如下表所示：
則下列結論正確的是（）
參考公式：.
參考數據：，，，.
A. 產品定價的平均值是10元
B. 產品定價與銷量存在正相關關系
C. 產品定價與銷量滿足一元線性回歸模型
D. 產品定價與銷量的相關系數
【答案】ACD
【解析】
【分析】計算出可得A；計算出后可得B、C、D.
【詳解】由題可得，故A正確；
而.
由于與的相關系數近似為，故與的線性相關性很強，從而可以用線性回歸模型擬合與的關系，同時，與為負相關，故B錯誤，C、D正確.
故選：ACD.
10. 已知拋物線過點，其焦點為，過點作兩條互相垂直的直線，直線與拋物線相交于兩點，直線與相交于兩點（如圖所示），則下列結論正確的是（）
A. 拋物線的方程為
B. 拋物線的準線方程為
C. 和面積之和最小值為7
D. 和面積之和的最小值為8
【答案】AD
【解析】
【分析】由題意求得拋物線的方程為，即可判斷AB；設、和直線的方程，聯(lián)立拋物線方程，利用韋達定理與兩直線的位置關系可得、，進而表示兩個三角形面積之和，結合基本不等式計算即可求解.
【詳解】A：將點代入，得，解得，
所以拋物線的方程為，故A正確；
B：由知，拋物線的準線方程為，故B錯誤；
C：易知兩直線斜率均存在且不為0，
設，直線的方程為，聯(lián)立
即①，所以，
設，由已知直線的斜率為，代入①中，
得，所以和面積之和為
，
當且僅當，且時等號成立，
所以和面積之和的最小值為8，故C正確；
D：由選項C的分析知，和面積之和的最小值為8，故D正確.
故選：AD.
11. 已知定義在實數集上的函數的圖象關于點中心對稱，函數，且函數在上單調遞減，函數的導函數分別是，則下列結論正確的是（）
A. 函數的圖象關于直線對稱
B. 的圖象關于點對稱
C. 若，則
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】選項A，驗證等式是否成立即可；選項B，驗證等式是否成立即可；選項C，由等式出發(fā)，證明成立即可；選項D，構造函數，借助其單調性證明不等式即可.
【詳解】對于選項A，因為函數的圖象關于點中心對稱，
所以，兩邊求導數得：，
成立，所以函數的圖象關于直線對稱.
故選項A正確；
對于選項B，因為函數，
則，
用替換，得：，故的圖象關于直線對稱，
故選項B錯誤；
對于選項C，接上個選項解析中，
兩邊求導得：則，即，
將代入，得：，
故選項C正確；
對于選項D，因為的圖象關于直線對稱，
所以，
設，
則，
又設，
則有，
從而在上單調遞增，則，
即在上單調遞增，，
故有恒成立，則，
又因在上單調遞減，則在上單調遞增，
又，故，即：，
故選項D正確.
故選：ACD.
【點睛】本題考查抽象函數的對稱性以及應用導數證明不等式，注意賦值法的使用，屬于難題.抽象函數的對稱性主要有兩種形式：（1）若成立，函數的對稱軸為；（2）若成立，函數的對稱中心為.
三?填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分.）
12. 已知函數圖象過點，則__________；若函數的圖象關于點中心對稱，則__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由可得，對稱中心，即可求得，從而知函數的解析式.
【詳解】因為點在的圖象上，所以，
又，所以.
因為圖象的一個對稱中心是，
所以，則.
又，所以，故.
故答案為：；
13. 如圖，由直三棱柱和四棱錐構成的幾何體中，，則該幾何體的體積為__________.

【答案】##
【解析】
【分析】如圖，根據面面垂直的判定定理可得平面平面，由面面垂直的性質可得平面，結合棱柱與棱錐的體積公式計算即可求解.
【詳解】設分別為的中點，連接，
因為，所以，且，
又平面，所以平面，
由平面，得平面平面，
由，所以，
設中點為，連接，則，又平面平面，
平面，所以平面.
又，所以.
故幾何體的體積為.
故答案為：

14. 已知數列的前項和為，且.若，則的最小值為__________.
【答案】7
【解析】
【分析】降次作差得，構造數列，求出，則得到，作差構造新數列，再證明其單調性即可得到答案.
【詳解】因為，
兩式相減得：，即.
兩邊同除以可得，
又，得，滿足，
所以數列是首項為，公差為的等差數列，故，
即，所以，
因為，
令，則，
所以數列單調遞增，因為，
所以當時，，即；
當7時，，
即.所以最小值為7.
故答案為：7.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵首先是作差得到，然后是構造等差數列，從而得到，最后作差并結合數列的單調性即可.
四?解答題（本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）
15. 在三角形中，角所對的邊長分別為，且.
（1）證明：；
（2）若，，求三角形的面積.
【答案】（1）證明見解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式可得，再由正弦定理計算可得；
（2）首先求出、，再由余弦定理求出，最后由面積公式計算可得.
【小問1詳解】
因為，
因為，則，
所以，由正弦定理得；
【小問2詳解】
由（1）有，又，可得，又，
由余弦定理可得，
又，所以，
所以的面積.
16. 如圖，在圓錐中，是圓錐頂點，是圓錐底面圓的圓心，是圓錐底面圓的直徑，等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，是圓錐母線的中點，.

（1）求證：平面平面；
（2）設點在線段上，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助圓錐的性質及面面垂直的判定定理計算即可得；
（2）建立適當空間直角坐標系，借助空間向量計算即可得.
【小問1詳解】
如圖，設交于點，連接，
在圓錐中，底面圓，所以，
又等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，為直徑，所以，
所以，所以，
可知，即是的中點，
又是母線的中點，所以，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小問2詳解】
由（1）平面，以點為坐標原點，
所在直線分別為軸?軸?軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

在等腰三角形中，
又，所以，
所以，
，
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，即，
設直線與平面所成的角為，
則
17. 已知雙曲線的右頂點為，雙曲線的左?右焦點分別為，且，雙曲線的一條漸近線方程為.
（1）求雙曲線的標準方程；
（2）已知過點的直線與雙曲線右支交于兩點，點在線段上，若存在實數且，使得，證明：直線的斜率為定值.
【答案】（1）
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）根據雙曲線的漸近線方程可得，結合計算即可求解；
（2）設，，由，根據平面向量線性運算的坐標表示可得、，進而，進而求解.
【小問1詳解】
設雙曲線的半焦距為，由，得，即，
所以，
又雙曲線的一條漸近線方程為，所以，
解得，
故雙曲線的方程為.
【小問2詳解】
設直線與雙曲線交于，點，
因為存在實數且，使得，
所以，
，
整理得：①，②，
得③，
同理④，⑤，
得⑥，
由于雙曲線上的點的坐標滿足，
③-⑥得，
即，又，所以，
表示點在直線上，又也在直線上，
所以直線的斜率為（定值）.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
18. 某電競平臺開發(fā)了兩款訓練手腦協(xié)同能力的游戲，款游戲規(guī)則是：五關競擊有獎闖關，每位玩家上一關通過才能進入下一關，上一關沒有通過則不能進入下一關，且每關第一次沒有通過都有再挑戰(zhàn)一次的機會，兩次均未通過，則闖關失敗，各關和同一關的兩次挑戰(zhàn)能否通過相互獨立，競擊的五關分別依據其難度賦分.款游戲規(guī)則是：共設計了（且關，每位玩家都有次闖關機會，每關闖關成功的概率為，不成功的概率為，每關闖關成功與否相互獨立；第1次闖關時，若闖關成功則得10分，否則得5分.從第2次闖關開始，若闖關成功則獲得上一次闖關得分的兩倍，否則得5分.電競游戲玩家甲先后玩兩款游戲.
（1）電競游戲玩家甲玩款游戲，若第一關通過的概率為，第二關通過的概率為，求甲可以進入第三關的概率；
（2）電競游戲玩家甲玩款游戲，記玩家甲第次闖關獲得的分數為，求關于的解析式，并求的值.（精確到0.1，參考數據：.）
【答案】（1）；
（2），9.80
【解析】
【分析】（1）利用獨立事件的乘法公式，結合甲闖關的可能情況求解即可；
（2）由期望關系可得，列出分布列，構造等比數列，求出即可.
【小問1詳解】
記事件表示第次通過第一關，事件表示第次通過第二關，
設甲可以進入第三關的概率為，
由題意知
.
【小問2詳解】
依題意得，
所以，
，
又隨機變量的可能取值為10，5，其分布列為
所以，得，
所以為等比數列.其中首項為，公比為.
所以，即.
所以.
19. 已知函數在點處的切線與直線垂直.
（1）求實數的值；
（2）求函數在區(qū)間的最大值和最小值；
（3）證明：.
【答案】（1）；
（2），；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）由導數的幾何意義和直線垂直的充要條件求解；
（2）由（1）求得極值和端點值可解；
（3）由，得在上恒成立, 令，利用導數求函數的最小值，即可得證.
【小問1詳解】
由，得，
所以，
因為函數在點處的切線與直線垂直，
所以，所以.
【小問2詳解】
由（1）得，所以，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
所以，
.
【小問3詳解】
由，得在上恒成立.
令，可得，
令，可得，
當時，，所以在單調遞減，
當時，在單調遞增.
又，
，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因為在單調遞減，在單調遞增，
所以當時，；當時，；
當時，；當時，.
又，
所以當時，；當時，；
當時，；當時，，
所以在單調遞減，在單調遞增，
在單調遞減，在單調遞增，
所以時，的極小值為，①
時，的極小值為.
因為，
可得，所以，
即，所以.
將和代入①得，
同理可得，所以，所以，
所以
故成立.
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
產品定價（單位：元）
9
9.5
10
10.5
11
銷量（單位：萬件）
11
10
8
6
5
10
5

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