2024年湖南省长沙一中大联考高考数学模拟试卷（一）（含详细答案解析）

这是一份2024年湖南省长沙一中大联考高考数学模拟试卷（一）（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知某位自行车赛车手在相同条件下进行了8次测速，测得其最大速度(单位：m/s)的数据分别为42，38，45，43，41，47，44，46，则这组数据中的75%分位数是( )
A. 44.5B. 45C. 45.5D. 46
2.函数f(x)=cs2xx2+1在[−π,π]上的大致图象为( )
A. B.
C. D.
3.已知复数z满足|z|=1，则|z−2i|的取值范围为( )
A. [0,2]B. [1,3]C. [2,4]D. [1,9]
4.已知点A为双曲线x24−y2=1的左顶点，点B和点C在双曲线的左支上，若△ABC是等边三角形，则△ABC的面积是( )
A. 48 3B. 89C. 169D. 329
5.在(3x+y−1)8的展开式中，x2y的系数是( )
A. 168B. −168C. 1512D. −1512
6.如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是( )
A. (16,56)
B. (13,23)
C. (12,23)
D. (16,12)
7.已知函数f(x)=2sinx+2 3|csx|，若f(x)=λ在[0,2π]上有且仅有四个不相等的实数根，则λ的取值范围为( )
A. (2 3,4)B. (2,2 3)
C. (2,4)D. (2,2 3)∪(2 3,4)
8.已知数列{an}中，a1= 2，an+1=[an]+1(其中[an]表示an的整数部分，表示an的小数部分)，则[a2024]=( )
A. 2024B. 2025C. 4045D. 4047
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知一圆锥的底面半径为 3，该圆锥的母线长为2，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则下列说法正确的是( )
A. 其侧面展开图是圆心角为 3π的扇形
B. 该圆锥的体积为π
C. 从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为2 3
D. 过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为2
10.梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=CD=2，∠ABC=60∘，AC与BD交于点M，点N在线段CD上，则( )
A. AM=23AD+13AB
B. 2S△ACD=3S△BCM
C. BM⋅BN为定值8
D. 若BN=λBM+μBC，则3λ+32μ的最小值为7 32
11.瑞士数学家Jakb Bernulli于17世纪提出如下不等式：∀x>−1，有(1+x)r≥1+rx,r≥1(1+x)r≤1+rx,0≤r≤1，请运用以上知识解决如下问题：若00)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC=λ1；点G在线段BC上，满足BGGC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EG交于点P，当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程Γ.
(3)将Γ向左平移13个单位，得到Γ′，已知R(0,m)、Q(0,−m)(m>0)，过点R作直线l交Γ′于M，N.设MN=λRN，求QR⋅QM−λQR⋅QN的值.
19.(本小题17分)
已知函数fn(x)=xn+xn−1+⋯+⋯+x−1(n∈N+).
(1)判断并证明fn(x)的零点个数；
(2)记fn(x)在(0,+∞)上的零点xn，求证：
(i){xn}是一个递减数列；
(ii)n+12+x1+x2+⋯+xn12+12=1；
对于B，因为ab=1(1a)b≥11+b(1a−1)>11+ba=aa+b，同理ba>bb+a，则ab+ba>aa+b+bb+a=1；
对于C，要证明aa+bb>ab+ba，也即证明bb−ba>ab−aa，只要证明b≤x0，
结合幂函数y=xa−b的性质得：当x≥(ba)1a−b时，h(x)≤0，h(x)在区间((ba)1a−b,+∞)上单调递减，即x=(ba)1a−b时，函数h(x)取得最大值，从而只需证明b≥(ba)1a−b，变换得：ba≤ba−b⇔ab≥(1b)a−b，因为(1b)a−b=(1+1b−1)a−bbb+a，根据同向不等式相加，求解即可；
选项C、D，不等式aa+bb>ab+ba，可化为bb−ba>ab−aa，构造函数h(x)=xb−xa，利用导数判断函数的单调性，求解即可．
本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
12.【答案】2
【解析】解：因为集合A={1,2,4}，B={a,a2}，且A∪B=A，
而A中互为平方关系的只有2和4，
所以a=2a2=4，解得a=2.
故答案为：2.
根据集合的并集运算求解即可．
本题考查了并集运算，熟练掌握并集的定义是解题的关键，属于基础题．
13.【答案】12
【解析】解：∵数列{an}为正项等比数列，
∴设其公比为q，则q>0，
由a2−a3=3，得a1q−a1q2=3，
则a1=3−q2+q，q>0，又an>0，解得a1∈[12,+∞).
∴a1的最小值为12.
故答案为：12.
设等比数列的公比为q，则q>0，由已知把首项用含有q的代数式表示，即可求解a1的最小值．
本题考查等比数列的通项公式，训练了函数最值的求法，是中档题．
14.【答案】3
【解析】解：设M(a,−3a)，N(b,3b)，
则OP=OM+ON=(a+b,3(b−a))，
由点P在椭圆上可得(a−b)2+(a+b)2=1，化简整理可得，a2+b2=12，
故|MN|= (a−b)2+9(a+b)2= 10(a2+b2)+16ab= 5+16ab≤ 5+8(a2+b2)= 9=3.
故答案为：3.
根据已知条件，先求出a，b的关系，再结合两点之间的距离公式，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：因为平面ABCD是菱形，所以AB⊥CD，
又因为OP⊥底面ABCD，所以OP⊥AC，OP⊥BD，
所以AC，BD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图空间直角坐标系，
因为OA=4，OB=3，OP=4，则A(4,0,0)，
B(0,3,0)，C(−4,0,0)，D(0,−3,0)，
P(0,0,4)，
因为E，F分别为侧棱PB，PD的中点，
所以E(0,32,2),F(0,−32,2)，
因为CM=2MP，所以M(−43,0,83)，
所以AF=(−4,−32,2)，AE=(−4,32,2)，AM=(−163,0,83).
所以AM=23AE+23AF，由向量共面的充要条件可知，AM，AE，AF共面，
又AM，AE，AF过同一点E，所以A，E，M，F四点共面．
(2)由点坐标可得PA=(4,0,−4)，DB=(0,6,0)，PC=(−4,0,−4)，BP=(0,−3,4)，
又因为CM=2MP，所以PM=13PC=(−43,0,−43)，BM=BP+PM=(−43,−3,83).
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=6y=0n⋅BM=−43x−3y+83z=0，
取z=1，可得x=2，y=0，所以n=(2,0,1)，
设直线PA与平面BDM所成角为θ，则θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=|n⋅PA|n||PA||=4 5×4 2= 1010.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量共面证明A，E，M，F四点共面．
(2)求出平面BDM的法向量，利用向量计算直线PA与平面BDM所成角的正弦值．
本题考查了空间中的位置关系与应用问题，也考查了线面角与点到直线的距离计算问题，是中档题．
16.【答案】解：(1)当临界值K=60时，Ⅰ级品种中该指标小于或等于K的频率为：
(0.002+0.005)×10=0.07，
∴将1个Ⅰ级品芯片直接应用于A型手机，没有损失的概率P(A)=0.93，
又Ⅱ级品中该指标大于60的频率为0.1，
∴将1个Ⅱ级品芯片直接应用于B型手机，没有损失的概率为P(B)=0.9，
记芯片生产商有损失为事件C，则P(C)=1−P(A)P(B)=1−0.93×0.9=0.163.
(2)当临界值K=x且x∈[50,55),
Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的频率为0.002×10+0.005×(x−50)=0.005x−0.23，
∴可以估计1万部手机中有(0.005x−0.23)万部手机芯片应用错误，
Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的频率为0.01×10+0.03×(60−x)=−0.03x+1.9，
∴可以估计1万部B型手机中有(−0.03x+1.9)万部手机芯片应用错误，
∴可以估计芯片生产商的损失费用f(x)=800(0.005x−0.23)−400(−0.03x+1.9)=576−8x，
∴f(x)=576−8x，x∈[50,55]，
∵x∈[50,55]，∴f(x)的最小值为f(55)=136.
∴芯片生产商损失费用的最小值为136万元．
【解析】(1)当临界值K=60时，求出Ⅰ级品种中该指标小于或等于K的频率为0.07，从而将1个Ⅰ级品芯片直接应用于A型手机，没有损失的概率P(A)=0.93，又Ⅱ级品中该指标大于60的频率为0.1，将1个Ⅱ级品芯片直接应用于B型手机，没有损失的概率为P(B)=0.9，记芯片生产商有损失为事件C，则P(C)=1−P(A)P(B)，由此能求出结果．
(2)当临界值K=x且x∈[50,55),Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的频率为0.002×10+0.005×(x−50)=0.005x−0.23，由此能估计1万部手机中有(0.005x−0.23)万部手机芯片应用错误；Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的频率为0.01×10+0.03×(60−x)=−0.03x+1.9，由此能估计1万部B型手机中有(−0.03x+1.9)万部手机芯片应用错误，从而可以估计芯片生产商的损失费用f(x)=800(0.005x−0.23)−400(−0.03x+1.9)=576−8x，从而f(x)=576−8x，x∈[50,55]，由此能求出芯片生产商损失费用的最小值．
本题考查频率分布直方图、对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式、函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)根据tanC+ 3=tanB( 3tanC−1)，整理得tanB+tanC=− 3(1−tanBtanC)，
所以tan(B+C)=tanB+tanC1−tanBtanC=− 3，结合00)，得焦点F(0,p2)，设抛物线上一点M(x,y)，
则由抛物线的义知，MF=y+p2≥p2，所以14=p2，解得p=12，
所以抛物线的方程为x2=y.
(2)由题知A(1,1)，y′=2x，所以抛物线过点A的切线斜率为2，
所以直线AB的方程为y=2x−1，
所以B(0,−1)，D(12,0)，故D是AB的中点．
令γ=CDCP，t1=CACE=1+λ1，t2=CBCG=1+λ2，则t1+t2=3，
因为CD为△ABC的中线，所以S△CAB=2S△CAD=2S△CBD，
而1t1t2=CE⋅CGCA⋅CB=S△CEGS△CAB=S△CFP2S△CAD+S△CGP2S△CBD=12(1t1γ+1t2γ)=t1+t22t1t2γ=32t2γ，
所以γ=32，所以P是△ABC的重心，
设P(x,y)，C(x0,x02)，因点C异于A，则x0≠1，
故重心P的坐标为x=0+1+x03=1+x03(x≠23),y=−1+1+x023=x023，即P(1+x03,x023)，
消去x0得y=13(3x−1)2，
故所求轨迹方程为y=13(3x−1)2(x≠23).
(3)易知Γ′:y=3x2(x≠13)，先讨论特殊情况，
若直线l的斜率为0，则MR=RN，QR⋅QM−λQR⋅QN=0.
下面证明直线l的斜率不为0时，QR⋅QM−λQR⋅QN=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，过M，N分别作y轴的垂线，垂足为M′，N′，
由QR⋅QM−λQR⋅QN=0，得：|QR|⋅|QM|=λ|QR|⋅|QN|，
即证：|QM|=λ|QN|，即λ=|QM||QN|，
而MR=λRN可得：|MM′|=λ|NN′|，即λ=|MM′||NN′|，
于是只需证明：|MM′||NN′|=|QM′||QN′|.于是在△MM′Q和△NN′Q中，只需证明∠MQM′=∠NQN′即可．
设直线MN的方程为y=kx+m，
与抛物线方程联立可得：y=kx+my=3x2，消去y得：3x2−kx−m=0，
所以x1+x2=k3，x1x2=−m3.
kGM+kGN=y1+mx1+y2+mx2=(y1+m)x2+(y2+m)x1x1x2
=(kx1+2m)x2+(kx2+2m)x1x1x2
=2kx1x2+2m(x1+x2)x1x2
=2k⋅−m3+2m⋅k3−m3=0，
所以∠MQM′=∠NQN′，即QR⋅QM−λQR⋅QN=0，得证．
综上所述QR⋅QM−λQR⋅QN=0.
【解析】(1)依题意求出p的值，即可求抛物线方程；
(2)求出直线AB的方程，及B，D的坐标，确定D是AB的中点，令γ=CDCP，t1=CACE=1+λ1，t2=CBCG=1+λ2，则t1+t2=3，由CD为△ABC的中线，得S△CAB=2S△CAD=2S△CBD，计算1t1t2，得出P是△ABC的重心，由重心坐标公式即可求得P点的轨迹方程；
(3)先求出直线l的斜率为0，MR=RN，QR⋅QM−λQR⋅QN=0，再证明当直线l斜率不为0时，此结论仍成立即可．
本题考查了抛物线的方程及直线与抛物线的综合，考查了转化思想及方程思想，属于难题．
19.【答案】解：(1)当n为奇数时，fn(x)有一个零点；当n为偶数时，fn(x)有两个零点．
证明如下：
当x≥0时，fn(x)为一个单调增函数，fn(0)=−1，fn(1)=n−1≥0，
可以得到fn(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点；
当x−xn+1n+1，显然成立，
∴{xn}是一个递减数列；
(ii)由题可知x1=1当n≥2时，fn(12)=−12n0，∴xn∈(12,1)，
则x1+x2+⋯+xn>1+12+12+⋯+12=1+n−12=n+12；
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