2024届高考数学模拟试题（湖南省适用）（含解析）

2024届高考数学模拟试题（湖南省适用）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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，，若，则满足集合的个数为（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
2．设，则（ ）
A．2 B．1 C．4 D．3
3．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．156 B．252 C．192 D．200
4．已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
5．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．将5本不同的书（2本文学书、2本科学书和1本体育书）分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为（ ）
A．78 B．92 C．100 D．122
7．已知曲线，则“”是“曲线的焦点在轴上”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
8．已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：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．下列命题正确的是（ ）
A．数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11
B．已知变量x，y的线性回归方程，且，则
C．已知随机变量，最大，则的取值为3或4
D．已知随机变量，，则
10．已知点O是正方体的底面的中心，点M与点C关于直线对称，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数的导函数为，且与的定义域均为，为奇函数，当时，；当时，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，则 ．
13．已知向量，，若，则的取值范围为 ．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，若，，则C的离心率为 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少打出8环.根据统计资料可知，甲打出8环、9环、10环的概率分别为，乙打出8环、9环、10环的概率分别为，且甲、乙两人射击的结果相互独立．
(1)在一场比赛中，求乙打出的环数少于甲打出的环数的概率；
(2)若进行三场比赛，其中场比赛中甲打出的环数多于乙打出的环数，求X的分布列与数学期望．
16．如图所示，在三棱锥中，与AC不垂直，平面平面，．
(1)证明：；
(2)若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知数列的前n项和为，，，
(1)求；
(2)若，求数列的前1012项和．
18．已知双曲线的右焦点为F，左、右顶点分别为M，N，点是E上一点，且直线PM，PN的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)过F且斜率为1的直线l交E于A，B两点，O为坐标原点，C为E上一点，满足，的面积为，求E的方程．
19．已知函数．
(1)若对恒成立，求的取值范围；
(2)当时，若关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，求的取值范围，并证明：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解.
【详解】因为，
所以可以是，共8个，
故选：D
2．A
【分析】利用复数的乘除法则化简复数,进而可求模长.
【详解】因为，所以.
故选：A.
3．B
【分析】根据给定条件，求出等差数列公差，再利用性质求出.
【详解】等差数列中，，得，则，
设数列公差为，而，因此，解得，
则，所以.
故选：B
4．B
【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
5．D
【分析】根据题意，由正弦的二倍角公式代入计算可得，再由同角三角函数的平方关系与商关系，即可得到结果.
【详解】因为，且，
所以，
由题意知，
所以，所以，
所以，
则.
故选：D
6．C
【分析】分体育书分给甲和乙两种情况求解.
【详解】若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有种，
当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有种.
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是.
同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50.
故不同的分配方法数是.
故选：C
7．A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及椭圆、双曲线的特征判断即可.
【详解】当时曲线表示焦点在轴上的椭圆，故充分性成立；
当时曲线表示焦点在轴上的双曲线，
故由曲线的焦点在轴上推不出，即必要性不成立；
所以“”是“曲线的焦点在轴上”的充分不必要条件.
故选：A
8．A
【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，
则，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以.
故选：A
9．BCD
【分析】对于A，利用百分位数的定义以及计算方法，可得答案；对于B，根据回归直线必定过样本中心，建立方程，可得答案；对于C，根据二项分布的概率计算公式，结合商式，可得答案；对于D，根据正态分布的对称性以及其概率的表示，可得答案.
【详解】对于A，因为，所以这组数据的75%分位数为14，故A错误；
对于B，由，解得，故B正确；
对于C，，其中．
又，，，
故，
故C正确；对于D，，故D正确．
故选：BCD．
10．AD
【分析】A选项，根据勾股定理和三角形面积求出；B选项，先得到，利用余弦定理求出；C选项，，C错误；D选项，由对称性和三角形全等关系得到答案.
【详解】A选项，根据题意，点O和直线CM都在平面内，且，设，
如图，
则根据对称性，．易知，，
则在中，，
由，得，则，故A正确；
B选项，，在中，，，
所以，故B错误；
C选项，因为，故，故C错误；
D选项，由对称性易得，，
又因为，所以，因此，则D正确．
故选：AD．
11．ABD
【分析】依题意可得，即可判断B，令，两边对求导可得，从而得到，即可判断A，再根据所给解析式及求出，即可判断C，由所给关系式求出，，，即可求出，从而判断D.
【详解】因为为奇函数，所以，
令，则，
即，
所以为常函数，所以，所以，
即的函数图象关于对称，故，故A正确；
由，得，故B正确；
当时，，则，
又当时，，则，即，
故，，
由，令可得，故C错误；
因为当时，，当时，，
所以，，，
，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出、，再结合所给解析式一一判断.
12．/
【分析】利用诱导公式和正切二倍角公式求出答案.
【详解】由题意可得．
故答案为：
13．
【分析】根据数量积的坐标表示得到，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可求出其范围.
【详解】因为，，，所以，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以的取值范围为.
故答案为：
14．
【分析】引入参数，结合双曲线定义、正弦定理表示出，，，，，在中由余弦定理可得，在中，运用余弦定理可得出，结合离心率公式即可得解.
【详解】
在中，设，由正弦定理得，则，
所以由双曲线的定义可知，，
故，
在中，，解得，
所以在中，，，，
又，解得，
所以离心率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键在于适当引入参数，结合已知得出参数与的关系，进而结合离心率公式即可得解.
15．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）根据题意，得到事件包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，结合相互独立事件的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意，得到变量的可能取值为，得到，求得相应的概率，列出分布列，求得数学期望.
【详解】（1）解：设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，
则事件A包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，
则．
（2）解：由题可知的所有可能取值为，
由（1）知在一场比赛中，甲打出的环数多于乙打出的环数的概率为，则，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
所以期望为.
16．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由平面平面，再作，可证明平面，从而可得，又因为，所以可证明平面，即可证明；
（2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形和等腰直角三角形，很快标出各点的空间坐标，对于点M满足，可用向量线性运算求出，最后利用空间向量法来解决直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）
证明：在平面中，过点P作的垂线，垂足为D．
因为平面平面ABC，且平面平面，平面，
所以平面．又因为平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，故．
（2）由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，，
又因为，
所以
即．
设平面ACM的一个法向量，
则令，则．
又因为，设直线AP与平面ACM所成角为，
则，
所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为．
17．(1)
(2)．
【分析】（1）根据求和的定义，整理可得数列的递推公式，结合等差数列的基本概念，可得答案；
（2）由（1）整理通项公式，利用裂项相消，可得答案.
【详解】（1）当时，因为，所以，
即．又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以．
（2）由（1）知，，
，
而所以
．
18．(1)
(2)．
【分析】（1）根据是E上一点得到，再结合直线PM，PN的斜率之积为即可得到；
（2）由（1）得到直线的方程，然后联立直线和双曲线方程，根据得到，根据点为上一点得到，再结合双曲线方程和韦达定理化简得到，解方程得到，最后根据的面积列方程，解方程得到即可得到双曲线的方程.
【详解】（1）
由是E上一点，得，即，
由及，得，
由直线PM，PN的斜率之积为，得，所以．
（2）由（1），得E的半焦距，直线．
联立得，
．
设，则，
设，由，得，
由C为E上一点，得，则，
化简，得，
又在上，则，
又有
，即有，
整理，得，解得或．
当时，，则B与C重合，不合题意，故．
，
点到直线的距离为
，
所以的面积，
由的面积为，得，解得，故的方程为．
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量坐标运算进行转化变形，结合已知条件得出结果.
19．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）分类讨论利用导数求最值判断不等式恒成立的条件；
（2）关于的方程有三个不相等的实数根，即方程有三个不相等的实数根，设，利用导数可得在内单调递增，在内单调递减，求出函数极值确定的取值范围，利用极值点偏离证明和，即可得结果.
【详解】（1）当时，，则，
，
所以不等式在区间上不恒成立，不合题意；
当时，函数的定义域为，且．
由可得；由可得，
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
则，即，即，解得．
综上所述，实数a的取值范围是．
（2）当时，由，得，
令，则，
由可得或；由可得，
所以在内单调递增，在内单调递减，
所以极大值为，极小值为，
若有3个不同实根，则，即的取值范围为.
此时．
令，
则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，
因为，则，
且，在内单调递减，
则，即，可得．
令，
则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，
因为，则，
且，在内单调递增，
则，即，
由和，两式相加可得．
【点睛】方法点睛：
利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
答案第1页，共2页
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