湖南省2024届高考数学重难点模拟卷（二）

这是一份湖南省2024届高考数学重难点模拟卷（二），共18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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．若抛物线的焦点坐标为，则实数的值为（ ）
A．B．2C．D．4
4．下图是函数的部分图象，则该函数的解析式可以是（ ）

A．B．
C．D．
5．已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
8．在平面四边形中，，分别为，的中点.若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面B．
C．，，，四点共面D．平面平面
10．设是坐标原点，抛物线的焦点为，点，是抛物线上两点，且.过点作直线的垂线交准线于点，则（ ）
A．过点恰有2条直线与抛物线有且仅有一个公共点
B．的最小值为2
C．的最小值为
D．直线恒过焦点
11．已知函数在上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有且仅有两个零点
B．函数有且仅有三个零点
C．当时，不等式恒成立
D．在上的值域为
三、填空题
12．二项式的展开式的常数项是 ．
13．已知点在圆内，则直线与圆的位置关系是 .
14．设函数，，曲线有两条斜率为的切线，则实数的取值范围是 .
四、解答题
15．在中，，，．
(1)求A的大小；
(2)求外接圆的半径与内切圆的半径．
16．已知数列的前项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
17．如图，是边长为2的正六边形所在平面外一点，的中点为在平面内的射影，．

(1)证明：平面．
(2)若，二面角的大小为，求．
18．已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，证明：．
19．已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，椭圆的焦点也是的顶点．
(1)求的方程；
(2)若，，三点均在上，且，直线，，的斜率均存在，证明：直线过定点（用，表示）．
参考答案：
1．C
【分析】化简集合，结合集合的子集概念即可得解.
【详解】由题意集合，，所以.
故选：C.
2．B
【分析】由复数四则运算以及几何意义即可得解.
【详解】由题意，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
3．D
【分析】由抛物线的焦点坐标列方程即可得参数值.
【详解】由题意抛物线的焦点坐标为，则，解得.
故选：D.
4．C
【分析】利用图象易得值和周期，从而可求，代入最值点坐标确定，即得.
【详解】由图可得：，即，即，
观察各选项可知，本题考虑即可，则，
把点代入中，可得：，
故，即，
所以.
故选：C.
5．D
【分析】根据全概率公式即可求解.
【详解】若从甲盒中抽到黄球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为；
若从甲盒中抽到红球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为.
因此，从乙盒中抽到的红球的概率为.
故选；D
6．A
【分析】由二倍角公式以及两角和等三角恒等变换公式化简运算即可得解.
【详解】由已知得，即（），
则.从而.
故选：A.
7．A
【分析】根据题意分别求得，，即，从而构造函数，利用导数求出最大值，从而求解.
【详解】，且
由，，
可得，，则.
设，，则，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，有极大值也是最大值，
即的最大值为，故A正确.
故选：A.
8．B
【分析】由向量的数量积以及模长运算公式即可得解.
【详解】连接，，如图，可知.

由，即，可得.
从而，，所以.
故选：B.
9．AD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间向量判断空间直线、平面的位置关系的方法，可判断A，B；判断为异面直线，可判断C；根据空间直线和平面的垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，可判断D.
【详解】如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则,
则,
则，
故，即，
而平面，故平面，A正确；
由于，且没有倍数关系，
即两向量不共线，故不平行，B错误；
由于平面，平面，,
故为异面直线，则，，，四点不共面，C错误；
由于平面，
故平面，又平面，故平面平面，D正确，
故选：AD
10．BC
【分析】根据抛物线的性质判断A选项；根据得到，然后利用点斜式写直线的方程即可得到定点，即可判断D选项；利用韦达定理和弦长公式得到，然后利用二次函数的性质求最小值，即可判断C选项；根据题意得到点的轨迹，然后求最小值，即可判断B选项.
【详解】
由抛物线的性质可知，过点会有3条直线与抛物线有且仅有一个公共点，其中2条直线与抛物线相切，1条斜率为零的直线与抛物线相交，故A错；
设，，因为，所以，解得，
若，则或，此时,
当时，
直线的方程为，
所以直线恒过定点，故D错；
设直线：，联立得，，
则，，
，
所以当时，最小，最小为，故C正确；
因为，所以直线为，
联立得，则，即为准线上的动点，
所以当点为时，最小，为2，故B正确.
故选：BC.
11．AC
【分析】对A：构造函数，根据题意，求得，令，即可求解后判断；对B：对求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域.
【详解】令，则，故（为常数），
又，故可得，故，.
对A：令，即，解的或，
故有两个零点，A正确；
对B：，则，
令，可得，
故在和单调递增；
令，可得，故在单调递减；
又，，又，
故存在，使得；
又， 故存在，使得；
又当时，，故不存在，使得；
综上所述，有两个根，也即有个零点，故B错误；
对C：，即，，
当时，，上式等价于，
令，故可得，
故在上单调递增，，满足题意；
当时，，也满足；
综上所述，当时，恒成立，故C正确；
对D：由B可知，在单调递减，在单调递增，
且，，
故在上的值域为，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数，准确求出的解析式，属综合困难题.
12．7
【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果.
详解：二项式的展开式的通项公式为,
令得，故所求的常数项为
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.
13．相离
【分析】根据点与圆的位置关系得到，然后利用圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系即可.
【详解】因为点在圆内，所以，
圆的圆心到直线的距离为，
又，则，所以直线与圆相离.
故答案为：相离.
14．
【分析】由可得出，令，则，分析可知，函数在上有两个不等的零点，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】因为，
则，
令，可得，
可得，
因为，令，则，且函数在上单调递增，
令，其中，
因为曲线有两条斜率为的切线，则函数在上有两个不等的零点，
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理即可求解；
（2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.
【详解】（1）由余弦定理得，
因为，所以．
（2）设外接圆的半径与内切圆的半径分别为，，由正弦定理得，则．
的面积，
由，得．
16．(1)
(2)
【分析】（1）令,利用当时，求解；
（2）利用分组求和求解.
【详解】（1）令．
当时，；
当时，．
因为，所以，
所以，解得．
（2）由（1）知，
所以
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，连接，可证四边形为平行四边形，所以，从而得证平面；
（2）由空间向量法求得二面角的大小为，，再由二倍角公式求解.
【详解】（1）如图，设，连接．
因为，所以，所以，且．
连接交于，连接，
由，所以，
中，，，
所以，
由，可得，所以四边形为平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

易知，，，，
则，，，，
则，，．
设平面的法向量为，则即
令，得．
设平面的法向量为，则即
令，得，
由，
得，
所以.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导判单调性，求的最小值，列不等式求解；
（2）通过证明求解.
【详解】（1）．
令，易知单调递增，且．
当时，,即，单调递减；
当时，,即，单调递增．
所以，即，
所以的取值范围是．
（2）由的单调性可设．
令．
令，则，
所以在上单调递增，则，所以．
所以，即，即．
因为当时，单调递减，且，所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数恒成立问题及证明不等式，第二问将分解因式判断符号是本题关键.
19．(1)
(2)过定点,证明见解析.
【分析】（1）先求出两椭圆焦点坐标，从而确定方程；
（2）设直线，将直线与椭圆联立，转化为，坐标化将韦达定理代入化简求解
【详解】（1）因为，所以的焦点为，，
因为，所以的焦点为，，
所以可设的方程为，则，，故的方程为．
（2）证明：设，，
直线．，．
因为，所以，即，
即①，
将代入的方程，得，
则，，，
，
，
将以上4个式子代入①，得，
即②，
因为点在上，所以，，
代入②得，
即，
因为，所以不在直线上，则，则，
所以直线过定点.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，将韦达定理代入表达式化简为并利用点在椭圆上进一步化简是本题关键.