湖南省娄底市2023-2024学年高三下学期一模数学试题 Word版含解析.docx

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娄底市2024届高考仿真模拟考试数学试卷注意事项：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.12.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0.36B.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题号1234567891011答案BBACCCCDABCBCDBC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.