湖南省娄底市2023-2024学年高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省娄底市2023-2024学年高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），共13页。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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（本大题共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.的展开式中的系数为（ ）
A.15 B.10 C.5 D.1
2.已知实数，且复数的实部与虚部互为相反数，则复数对应的点在复平面内位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3在中“”是“”的（ ）
A.必要不充分条件. B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.双曲线的左､右焦点分别为，过作轴垂线交双曲线于两点，为正三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
5.已知四棱锥，平面平面，四边形是正方形，为中点，则（ ）
A.平面 B.平面
C.平面平面 D.
6.已知圆，过点的动直线与圆相交于两点时，直线的方程为（ ）
A. B.
C.或 D.或.
7.已知圆内接四边形中，是圆的直径，，则（ ）
A. B. C. D.
8.若直线是指数函数且图象的一条切线，则底数（ ）
A.2或 B. C. D.或
二､多选题（本大题共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.已知是空间中三条不同的直线，是空间中两个不同的平面，下列命题不正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则或.
D.若，则，
10.对于事件与事件，若发生的概率是0.72，事件发生的概率是事件发生的概率的2倍，下列说法正确的是（ ）
A.若事件与事件互斥，则业件发生的概率为0.36
B.
C.事件发生的概率的范围为
D.若事件发生的概率是0.3，则事件与事件相互独立
11.已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C.在定义域内单调递减 D.为奇函数
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12.已知函数的图象关于直线对称，则可以为__________.
（写出一个符合条件的即可）
13.已知椭圆的右焦点为，下顶点为，过的直线与椭圆交于另一点，若直线的斜率为1，且，则椭圆的标准方程为__________.
14.龙年参加了一闯关游戏，该游戏共需挑战通过个关卡，分别为：，记挑战每一个关卡失败的概率为，其中.游戏规则如下：从第一个关卡开始闯关，成功挑战通过当前关卡之后，就自动进入到下一关卡，直到某个关卡挑战失败或全部通过时游戏结束，各关卡间的挑战互相独立：若，设龙年在闯关结束时进行到了第关，的数学期望__________；在龙年未能全部通关的前提下；若游戏结束时他闯到第关的概率总等于闯到第关的概率的一半，则数列的通项公式__________.
四､解答题（本大题共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）若抛物线的方程为，焦点为，设是抛物线上两个不同的动点.
（1）若，求直线的斜率；
（2）设中点为，若直线斜率为，证明在一条定直线上.
16.（15分）如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，，，点为中点，.
（1）求证：平面；
（2）已知点为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
17.（15分）已知的内角的对边分别为的内切圆圆的面积为.
（1）求的值及；
（2）若点在上，且三点共线，试讨论在边上是否存在点，使得？若存在，求出点的位置，并求出的面积；若不存在，请说明理由.
18.（17分）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：；
（3）设，若存在实数使得，求的最大值.
19.（17分）设数集满足：①任意，有；②任意（可以相等），有或，则称数集具有性质.
（1）判断数集和是否具有性质，并说明理由；
（2）若数集且具有性质.
（i）当时，求证：是等差数列；
（ii）当不是等差数列时，求的最大值.
娄底市2024届高考仿真模拟考试
数学参考答案
一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1.B 【解析】由，系数为.
2.B 【解析】，其实部为，虚部为，依题有，所以，所以对应点为，位于第二象限.
3.A 【解析】当为锐角时，，当是钝角时，.所以是必要不充分条件.
4.C 【解析】，选C.
5.C 【解析】作于点，所以平面，所以，又，所以平面，所以平面平面，选.
6.C 【解析】当直线与轴垂直时，易知直线的方程为，此时，符合题意；
当直线与轴不直时，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，又，，解得，则直线的方程为，即，
综上可知直线的方程为或.故选C.
7.C 【解析】，
又，选.
8.D 【解析】设切点坐标为，对函数，求导得，
切线方程化成斜截式为，
由题设知显然，即，
由，得，即，
即，
即，化简得，
令，即，利用指数函数与一次函数的性质，可知或，
即或，解得或.
二､多选题（本大题共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.ABC 【解析】对，需要补上不平行才成立，否则可能与相交或平行，故错误；
对，若，则或，故错误；
对，有可能且且，故错误；
对D，若，则，故D正确.
故选ABC.
10.BCD 【解析】对于，若事件与事件互斥，则错误；
对于，正确；
对于，若事件与事件互斥，则，此时取到最小值为0.24，若，此时取到最大值为正确；
对于，则，由，得，则承件与事件相互独立，正确.
11.BC 【解析】对于，令，则，解得，故A正确；
对于，即，
是以为首项，2为公比的等比数列，
故，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则，
令代换，则，
由两式可得，化简可得为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12.答案不唯一，如
【解析】函数的图象关于直线对称，则只要的图象关于直线对称即可，
所以，所以.如可以取.
13. 【解析】设，由题意知，，直线的方程为，
与椭圆的方程联立化简得，所以，
故，解得，
所以，椭圆的方程为.
14.（第一空2分，第二空3分） 【解析】.
设未能通关的前提下，游戏结束时进行到第关的概率为；
那么有，
由可得；
即，对两边同时取例数，可得，即，
又，故是首项为1，公比为2的等比数列，从而.
四､解答题（本大题共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.【解析】，
所以.
（2）法一：设，即，
代入，得，
由韦达定理，有，
故，在定直线上.
法二：设，
由题意，，
故，
故，在定直线上.
16.【解析】（1）连接.
因为，且，所以，
因为，所以.因为是棱的中点，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
由题意可得，则，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
（2）以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
从而，
设平面的法向量为，
则即令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17.【解析】（1）内切圆圆的面积为，可得圆的半径为，
则，
由余弦定理得，得.
，解得.
由余弦定理得：.
（2）记圆与边切于点，根据切线长定理可求得，
若，则，即，解得.
所以在边上存在点，使得.
依题意可知为内心，则平分，
记，则，
故，
在中，，由正弦定理得，
又，
，
（求的方法还有：利用角平分线性质解出､面积分割法等）
.
18.【解析】（1）的定义域为，
所以当时，；当时，.
所以的增区间为，减区间为.
（2）即证，令，即证，
，令，易知在上单调递减，又，
当时，；当时，.
在上单调递增，在上单调递减，
，所以，即.
（3）当时，，即存在满足题意；
当时，由（2）知，
，
此时恒成立，不满足题意；
综上，所以的最大值为.
19.【解析】（1）证明：对于数集，所以数集不具有性质；
对于数集，任意对，所以数集具有性质.
（2）（i）当时，数集具有性质，
，所以，即，
因为，则，
又因为，所以，则，
因为，所以得，
因为，所以，则，
又因为，所以或，
因为，所以，即，
则，
所以，即当时，是等差数列.
（ii）若数集且具有性质，按照（i）推导的方式得出一般结论，
具体如下：因为，
所以，即，
因为，
所以，①
所以，
因为，
所以，即，
因为，
根据，
分两种情况：
第一种情况为，
第二种情况为，
先考虑第二种情况，与题意矛盾，
，与题意矛盾，
所以只能为第一种情况，且由对称性可得，②
由①-②，得，
即，
即当时，是等差数列，
当时，，所以，即，
由前面得出，所以，
当成立时，不是等差数列，例如数列，
所以n的最大值为4.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
A
C
C
C
C
D
ABC
BCD
BC