湖南省娄底市2024届高考仿真模拟考试一模数学试题（原卷版+解析版）

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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. 15B. 10C. 5D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式即可求解.
【详解】由，令，则，所以系数为.
故选：B
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
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的加减乘除四则运算化简复数，求得实部与虚部，依题求出的值，代入即得复数对应的点，判断即可.
【详解】，其实部为，虚部为，
依题有，解得，所以，其对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
3. 在△中，“”是“”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
【答案】B
【解析】
【分析】
由，则或和，则，则，可得出答案.
【详解】若，则或，即或，
所以在△中，“”是“”的不充分条件
若，则，则，
所以在△中，“”是“”的必要条件.
故选：B.
【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，考查三角函数的诱导公式的应用，属于基础题.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】利用点在双曲线上代入可得三角形的边长，再利用双曲线的性质构造离心率的齐次方程，求出即可.
【详解】
设，
代入双曲线方程可得，
所以即正三角形的边长，
所以正三角形的高为，
所以
，
故选：C.
5. 已知四棱锥，平面平面，四边形正方形，为中点，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. 平面平面D.
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行的性质判断A错误；举反例判断B错误；先证明，再由线面垂直得到平面，进而得到平面平面，判断C正确；由已知条件判断D错误.
【详解】A：易知平面，
因为，且两条直线都在平面内，
所以不可能平行平面，故A错误；
B：举反例，如图垂直平面时，由于，所以不垂直，故B错误；
C：作于点，
因为平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，且都在平面内，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
故C正确；
D：没有任何条件可以证明，故D错误；
故选：C.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】考虑直线与轴垂直和不垂直两种情况，斜率不存在时，满足要求，斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线距离公式得到方程，求出答案.
【详解】当直线与轴垂直时，易知直线的方程为，
中令得，解得，
故此时，符合题意；
当直线与轴不垂直时，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. 已知圆内接四边形中，是圆的直径，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的线性运算，结合圆内接四边形的几何性质，即可得所求.
【详解】
因为，所以，易知，
结合图形，，，则，故.
又是圆的直径，，
所以，所以在直角三角形中可得，故.
故选：.
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
【答案】D
【解析】
【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义，列式运算求得的值.
【详解】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.
故选：D.
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，
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意分别进行判断，错误的选项指明错误点.
【详解】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. 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，则事件发生的概率为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
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据互斥事件的性质、条件概率公式、独立事件的性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于，若事件与事件互斥，则，所以，故A错误；
对于B，，故正确；
对于C，，
若事件与事件互斥，则，此时取到最小值0.24，若，此时取到最大值为，故C正确；
对于D，，则，由，
得，则事件与事件相互独立，故D正确.
故选：BCD.
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
【答案】BC
【解析】
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，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.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对已知的函数抽象表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据选项信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式即可判断奇偶性等.
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）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】因为函数的图象关于直线对称，只需根据三角函数图象让也为的对称轴即可.
【详解】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，
如令，可以取.
故答案为：
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__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用弦长公式求解参数，得到椭圆方程即可.
【详解】
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.
故答案为：
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__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】若，则得可能取值为，分别求解概率，再求解数学期望即可；根据题意求解游戏结束时进行到第关的概率为，由可得，于是根据递推关系式可得数列的通项公式.
【详解】若，则得可能取值为，
又，所以；
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，对两边同时取倒数，可得，即，又，
故是首项为1，公比为2的等比数列，
从而.
故答案为：；.
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. 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.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦半径公式得到，求出，从而求出斜率；
（2）法一：，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，得到，求出答案；
法二：设，得到，从而确定，得到，得到答案.
【小问1详解】
，
，将代入得，，
所以；
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，可证，从而得到，即有平面，可得，由，可得，即可证明平面，即，再由，得，从而证明平面；
（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，求出平面的法向量为，表示出，代入向量夹角公式，可得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
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，所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1），；
（2）存在，位置见解析，.
【解析】
【分析】（1）先求出内切圆的半径，由三角形面积公式得出与的关系，再由余弦定理得到它们的另一个关系式，联立解出，最后由余弦定理解出即可；
（2）由题意，配合切线长定理可解出，再设角结合正弦定理解出，最后由面积公式求得即可.
【小问1详解】
因为内切圆圆的面积为，可得圆的半径为，
则，
所以，由余弦定理得，
得，将代入整理得：，
解得.
由余弦定理得：.
【小问2详解】
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，
，.
18. 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.
【答案】（1）增区间为，减区间为；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）求出，判断导数正负得到函数的单调区间；
（2）利用分析法转化要证结论，要证，即证，令，即证，利用导数判断单调性，求出最大值即可得证；
（3），分别讨论当时和时是否存在使得，即可求解.
【小问1详解】
的定义域为，
所以当时，；当时，.
所以增区间为，减区间为.
【小问2详解】
要证，即证，令，即证，
，令，则，所以在上单调递减，又，
当时，；当时，.
在上单调递增，在上单调递减，
，所以，即得证.
【小问3详解】
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. 设数集满足：①任意，有；②任意x，，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.
【答案】（1）数集不具有性质，数集具有性质，证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）4
【解析】
【分析】(1)根据性质的定义判断可得出结论
(2)（i）推导出，再根据性质的定义推导出从而证明
（ii）根据性质的定义得出在均为等差数列，再令进行验证，可以不是等差数列，
所以得出的最大值.
【小问1详解】
证明：对于数集，，，所以数集不具有性质，
对于数集，任意，，所以数集具有性质.
【小问2详解】
（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(舍去)，即，，
所以，即当时，，，…，是等差数列.
（ii）若数集且具有性质，按照(1)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，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，
所以的最大值为4.
【点睛】方法点睛：等差数列的三种判定方法：
定义法：(为常数)
等差中项法：
通项公式法：（a，b为常数），但如果要证明一个数列是等差数列，
则必须用定义法或等差中项法进行证明.