2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷数学试题

这是一份2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷数学试题，共15页。试卷主要包含了2 B，已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷总分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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､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.
2.若复数满足，则可以为（ ）
A. B. C. D.
3.已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8
4.已知直线，圆，则“”是“直线上存在点，使点在圆内”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
5.在平行四边形中，，点为该平行四边形所在平面内的任意一点，则的最小值为（ ）
A.6 B.8 C.10 D.12
6.地震震级通常是用来衡量地震释放能量大小的数值，里氏震级最早是由查尔斯•里克特提出的，其计算基于地震波的振幅，计算公式为，其中表示某地地震的里氏震级，表示该地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅，表示这次地震中的标准地震振幅.假设在一次地震中，某地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅为5000，且这次地震的标准地震振幅为0.002，则该地这次地震的里氏震级约为（ ）（参考数据：）试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。A.6.3级 B.6.4级 C.7.4级 D.7.6级
7.已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.
8.已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ）
A. B.3 C. D.
二､多选题：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.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的最大值为2
B.函数的图象关于直线对称
C.不等式的解集为
D.若在区间上单调递增，则的取值范围是
10.某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ）
A.乙组同学恰好命中2次的概率为
B.甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率
C.甲组同学命中次数的方差为
D.乙组同学命中次数的数学期望为
11.设无穷数列的前项和为，且.若存在，使成立，则（ ）
A.
B.
C.不等式的解集为
D.对任意给定的实数，总存在，当时，
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数则不等式的解集为__________.
13.已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为__________.
14.在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为__________.
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.（13分）
记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求的值；
（2）若是边上的一点，且平分，求的长.
16.（15分）
若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且.
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前项和.
17.（15分）
如图，在四棱台中，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）
已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.
（1）求的方程；
（2）在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
19.（17分）
已知函数.
（1）求的最小值；
（2）设函数，讨论零点的个数.
长沙市一中2024届高考最后一卷
选择题答案速查
一､单选题
1.D 【解析】因为，所以.
2.B 【解析】设，则.由，得，所以，只有选项B符合要求.
3.A 【解析】根据正态曲线的对称性，由，得，所以.
4.B 【解析】由直线上存在点，使点在圆内，得直线与圆相交，即1，解得，即，所以“1”是“直线上存在点，使点在圆内”的必要不充分条件.
5.C 【解析】设与的交点为，由，得，同理可得，所以
，当点与点重合时，等号成立.
6.B 【解析】6.4.
7.B 【解析】不妨设点在第一象限内，为坐标原点，由.
，得.
由的面积为，得点到轴的距离为，所以的一条渐近线的倾斜角为，其斜率为，因此的离心率.
8.D 【解析】如图，分别取的中点，连接.易知，，且，所以平面.由，得点在平面内.由，得点在以为球心，半径为1的球面上，因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆.连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为，则由得，且，所以，则，因此动点的轨迹长度为.
二､多选题
9.BCD 【解析】的最大值为，故A错
误；令，得，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；不等式可化为，则，解得，因此原不等式的解集为，故C正确；由，，解得.由在区间上单调递增，可得，解得，故D正确.
10.BCD 【解析】设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，故A错误；设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则.因为，故B正确；因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，故
，故C正确；设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为0，，所以，，故，故D正确.
11.BCD 【解析】由，得.由题意知是等差数列，公差，所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，故A错误､D正确；因为当时，；当时，，所以的最大值为，故B正确；因为1），，所以当时，；当时，，故C正确.
三､填空题
12. 【解析】由题意知在上单调递增.设，则在上也单调递增.又，所以原不等式可化为，所以原不等式的解集为.
13.7 【解析】由，得，从而，所以椭圆的方程可化为，直线的方程为.联立得，则.设，则，所以，得，所以的焦距为.
14. 【解析】如图，连接.因为，所以，所以，所以，因此，即为的中点.取的中点的中点，连接，则，且，所以四边形为平行四边形，所以.因为，所以，所以平面，则平面.因为是的外心，且的外接圆半径，三棱锥的高.设球的半径为，则，则5，所以球的体积.
四､解答题
15.解：（1）由题意得
，
所以.
由正弦定理，得
，
即.
又，
所以.
又，所以.
因为，所以.
（2）由，
得，
解得.
由，
得
，
即，
所以.
16.解：（1）由为“比差等数列”，
得，
从而.
设，则，
所以数列为等差数列.
因为，
所以为常数列，
因此，，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
因此.
（2）当为偶数时，
；
当为奇数时，.
综上，
17.（1）证明：因为，所以.
在中，由正弦定理，
得，
所以，
所以，
则由勾股定理，得.
在中，由余弦定理，
得.
因为，
所以，即.
又平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知四棱台的下底面面积.
因为，所以上底面面积.
设四棱台的高为，
则四棱台的体积为
，
所以.
因为平面平面
，平面平面，
所以平面，
所以两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
所以.
设平面的法向量为，
则即
令，得，
所以平面的一个法向量为
.
由题可知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18.解：（1）设.
若直线的倾斜角为，
则直线的方程为.
联立得，
则，
且，
所以
.
因为，所以，
故的方程为.
（2）存在，定直线为.
由题意知直线的斜率存在，
设直线的方程为.
联立得.
由，得且，
.
不妨设，则，过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图，
则，
.
因为，
所以，
整理得，
所以.
代入直线的方程得
.
因为，
所以点恒在直线上.
19.解：（1）的定义域为1，
则当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
因此的最小值为.
（2）.
令，得.
令，则
与有相同的零点，
且.
令，
则.
因为当时，，
所以在区间上单调递增.
又，
所以，使，
且当时，，即；
当时，，
即，
所以在区间上单调递减，在区
间上单调递增，
因此的最小值为.
由，得，
即.
令，
则在区间上单调递增.
因为，所以，
则，
所以，从而，
即
所以的最小值
，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，因为，
当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，
所以有两个零点.
综上，当时，的零点个数为0；
当时，的零点个数为1；
当时，的零点个数为2.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
A
B
C
B
B
D
BCD
BCD
BCD