2024衡阳高三下学期二模数学试题含解析

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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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、单项选择题：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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式解得集合，再求并集即可.
【详解】，又，
则.
故选：D.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数定义，利用除法运算法则计算可得结果.
【详解】由可得，
所以，
故选：B
3. 已知双曲线的左焦点为，虚轴的上、下端点分别为，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量运算，求得等量关系，转化为关系，即可求得离心率.
【详解】根据题意，作图如下：
，即，也即，
故，解得，则，也即的离心率为.
故选：A.
4. 已知是等比数列，且，则（ ）
A B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算，结合已知条件，即可求得公比和.
【详解】设等比数列的公比为，
则，又，解得.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式，二倍角公式和同角三角函数基本关系，结合角的取值范围，可求角的正切值.
【详解】由，
所以或.
又，所以.
所以.
故选：A
6. 已知函数的部分图像如图所示，，则（ ）

A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合函数图像即可求得函数的解析式，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由图像可知，，由可得，
且，所以，解得，所以，
由可得，，
所以，即，
即，且，当时，，
所以，则.
故选：C
7. 某种用保温材料制成的管道在单位长度上的热损失单位：满足，其中分别为管道的内外半径（单位：），分别为管道内外表面的温度（单位：），为保温材料的导热系数（单位：），某工厂准备用这种管道传输的高温蒸汽，根据安全操作规定，管道外表面温度应控制为，已知管道内半径为，当管道壁的厚度为时，，则当管道壁的厚度为时，约为（ ）
参考数据：.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意将已知数据代入求得的值，再代入即可得解.
【详解】由题意可得，，，，，
代入得，得出；
则当管道壁的厚度为时，，
则
.
故选：B，
8. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（ ）
A. 7B. 8C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论.
【详解】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；
又，因此，即，此时；
设点到平面的距离为，则，可得，
因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；
设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，
则，故球心到平面的距离为，
可知截面圆半径为；
设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：
设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，
此时，故线段长度的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值.
二、多项选择题：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. 在正四棱柱中，是棱的中点，则（ ）
A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为
C. 平面平面D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】画出正四棱柱，根据异面直线所成角的定义可判断A正确，B错误，利用面面垂直的判定定理可得C正确，利用线面角定义可知D错误.
【详解】如下图所示：
对于A，因为，所以为直线与所成的角或其补角，
易知，即为等边三角形，所以，即A正确；
对于B，因为，所以为直线与所成的角或其补角，
若，则，即满足，而不满足上式，即B错误；
对于C，易知，满足，所以，
又，可得平面，
又平面，所以平面平面，即C正确；
对于D，连接交于点，由正方形性质可得，
由直棱柱性质可知平面，又平面，所以；
又，可得平面，
所以为直线与平面所成的角，
因为，所以，故D错误；
故选：AC
10. 已知圆是直线上一动点，过点作直线分别与圆相切于点，则（ ）
A. 圆上恰有一个点到的距离为B. 直线恒过点
C. 的最小值是D. 四边形面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出圆上点到直线距离的最值可判断A错误；求出直线的方程可得其恒过点，利用弦长公式可求得的最小值是，可得BC正确；进而求得四边形面积的最小值为，即D正确.
【详解】易知圆心，半径，如下图所示：
对于A，圆心到直线的距离为，
可得圆上的点到直线距离的最小值为,圆上的点到直线距离的最大值为，
所以圆上恰有两个点到的距离为，即A错误；
对于B，设，可得；
易知，由，
整理可得，
同理可得，即可知两点在直线上，
所以直线的方程为，即，
令，解得，
所以直线恒过定点，即B正确；
对于C，由直线恒过定点，当点与圆心的连线垂直于时，的值最小，
点与圆心之间的距离为，所以，故C正确；
对于D，四边形的面积为，
根据切线长公式可知，当最小值，最小，
，所以，故四边形的面积为，即D正确；
故选：BCD
11. 已知函数的定义域均为是奇函数，且，，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. 为偶函数D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用是奇函数，，，逐项判断选项.
【详解】由是奇函数，则，即，令，则，故A正确；
由，，令，则，故不是奇函数，故B错误；
由，令，则，
故，所以，
而，则，
故，
所以是偶函数，故C正确；
由，得，则，故，得到，
由，可得，推出，又，所以，故，即 ，故D错误.
故选：AC
【点睛】本题主要考查抽象函数及其性质，利用替换求解，考查运算求解能力，属于较难题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线在点处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，
所以切点为，且，
则，
由直线的点斜式可得，化简可得，
所以切线方程为.
故答案：
13. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），（为坐标原点），，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二级结论，先求得，再求即可.
【详解】作抛物线的准线，记准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足分别为，
过作轴的垂线，垂足分别为，如下所示：
设，
在△中，由抛物线定义可得：，
则，解得；
△中，由抛物线定义可得：，
则，解得；
由题可知：，，解得；则.
故答案为：.
14. 已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】确定出两次取球后盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜，再分别计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率，相加即可求得结果.
【详解】若两次取球后，盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜；
若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为，
第一次取球后盒中有2个黑球和3个白球，盒装有4个黑球和2个白球，
第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；
此时盒中恰有7个球概率为；
若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为，
第一次取球后盒中有3个黑球和2个白球，盒装有3个黑球和3个白球，
第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；
此时盒中恰有7个球的概率为；
所以盒中恰有7个球的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的突破口在于先分清楚两次取球后，盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜；再分别讨论并计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率即可求得结果.
四、解答题：本题共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，当时，取得极值．
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的最值．
【答案】（1）
（2）的最小值为，最大值为.
【解析】
【分析】（1）利用极值定义可求得，可得解析式；
（2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论.
【小问1详解】
依题意可得，
又当时，取得极值，所以，即；
解得；
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，
令，可得或，
当变化时，的变化情况如下表所示：
因此，在区间上，的最小值为，最大值为.
16. 某报社组织“乡村振兴”主题征文比赛，一共收到500篇作品，由评委会给每篇作品打分，下面是从所有作品中随机抽取的9篇作品的得分：82，70，58，79，61，82，79，61，58．
（1）计算样本平均数和样本方差；
（2）若这次征文比赛作品的得分服从正态分布，其中和的估计值分别为样本平均数和样本方差，该报社计划给得分在前50名的作品作者评奖，则评奖的分数线约为多少分？
参考数据：．
【答案】（1）样本平均数为，样本方差为.
（2）分
【解析】
【分析】（1）根据题意，由平均数与方差的公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件结合正态分布的概率计算公式可得，，从而得到结果.
【小问1详解】
由题意可得，，
s2=1982−702+70−702+58−702+79−702+61−702+82−702+79−702+61−702+58−702=100，
所以样本平均数为，样本方差为.
【小问2详解】
因为得分服从正态分布，且，，则，
所以，又，即，
所以，
又，即，
所以，
所以前50名的作品作者评奖总共50篇，获奖率为，
因为，则，
所以，
即分数线约为分.
17. 如图（1）所示，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，为边的中点，将沿折成直二面角，得到如图（2）所示的四棱锥．
（1）若为棱的中点，证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明平面平面，即可得出结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得二面角的余弦值，计算可得结果.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为为棱的中点，所以，因为平面，平面；
所以平面；
由图（1）中是边长为2等边三角形，所以，
由，，可得是等边三角形，，所以；
又因为平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
由题可知两两互相垂直，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
即；
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
即；
所以，
因此二面角的正弦值为.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8．
（1）求的方程；
（2）若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程；
（2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由原点到直线的距离为定值1，得，再联立方程组，由弦长公式求最值.
【小问1详解】
因为的周长为8，
所以，解得，
焦距为，，所以，
所以椭圆E的方程为．
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，为或，
当时，，则，
当时，同理，
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
因为原点到直线的距离为定值1，所以，则，
设，
联立椭圆于直线方程，
消元得，
所以，
由，得,
,
令，
则，
由，所以当时，，
所以的最大值
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
（1）求；
（2）若正整数互质，证明：；
（3）若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；
（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；
（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.
【小问1详解】
因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
【小问2详解】
①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
【小问3详解】
由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果.单调递增
单调递减
单调递增