精品解析：2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷数学试题

长沙市一中2024届高考最后一卷 数学试卷 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数单调性解不等式，化简，根据交集运算求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：D. 2. 若复数满足，则可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数的性质设，结合题意计算即可得. 【详解】设，，则，故有， 即有，选项中只有A选项符合要求，故A正确， B、C、D选项不符合要求，故B、C、D错误. 故选：A. 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性结合题意求解即可 【详解】根据正态曲线的对称性，由，得， 因为， 所以. 故选：A 4. 已知直线，圆，则“”是“直线上存在点，使点在圆内”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】由直线与圆相交可求得，则通过判断与的关系可得答案. 【详解】由直线上存点，使点在圆内，得直线与圆相交，即1， 解得，即， 因为不一定能得到，而可推出， 所以“1”是“直线上存在点，使点在圆内”的必要不充分条件. 故选：B 5. 在平行四边形中，，点为该平行四边形所在平面内的任意一点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】设与的交点为，由，两边平方可表示出，同理可表示，四个式子相加化简可求得结果. 【详解】设与的交点为，由， 得， 同理可得， ， ， 所以 ，当点与点重合时，等号成立. 故选：C 6. 地震震级通常是用来衡量地震释放能量大小的数值，里氏震级最早是由查尔斯•里克特提出的，其计算基于地震波的振幅，计算公式为，其中表示某地地震的里氏震级，表示该地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅，表示这次地震中的标准地震振幅.假设在一次地震中，某地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅为5000，且这次地震的标准地震振幅为0.002，则该地这次地震的里氏震级约为（ ）（参考数据：） A. 6.3级 B. 6.4级 C. 7.4级 D. 7.6级 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合对数的运算法则，即可求解. 【详解】由题意，某地地震波的最大振幅为，且这次地震的标准地震振幅为， 可得. 故选：B. 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算再来求数量积，可得，再利用底边为的焦半径三角面积，可求出高为，从而可得一条渐近线的斜率，则即可解得离心率. 【详解】 不妨设点在第一象限内，为坐标原点， 由，得. 由的面积为，结合三角形面积公式得：点到轴的距离为， 所以的一条渐近线的倾斜角为，其斜率为， 因此的离心率. 故选：B. 8. 已知正方体棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 二､多选题：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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为2 B. 函数的图象关于直线对称 C. 不等式的解集为 D. 若在区间上单调递增，则取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由正弦函数的性质直接求解，对于B，由，可求出对称轴方程判断，对于C，由求解即可，对于D，先由求出的递增区间，再由为函数增区间的子集可求出的取值范围. 【详解】对于A，的最大值为，故A错误； 对于B，令，得， 所以函数的图象关于直线对称，故B正确； 对于C，不等式可化为，则，解得， 因此原不等式的解集为，故C正确； 对于D，由，，解得. 因为在区间上单调递增，所以， 所以，解得，故D正确. 故选：BCD 10. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ） A. 乙组同学恰好命中2次的概率为 B. 甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C. 甲组同学命中次数的方差为 D. 乙组同学命中次数的数学期望为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误； 对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确； 对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确； 对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为， 所以， ， ， 故，所以D正确. 故选：BCD. 11. 设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 对任意给定的实数，总存在，当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解. 【详解】由，可得， 且，即 又由，可得数列是等差数列，公差， 所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即， 所以A错误、D正确； 因为当时，；当时，， 所以的最大值为，所以B正确； 因为， 且， 所以当时，；当时，，所以C正确 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式可得在上单调递增，令，不等式为变为，利用单调性可得不等式的解集. 【详解】函数在上单调递增， 又在上单调递增，又， 所以在上单调递增. 设，可得在上单调递增. 又，所以原不等式可化为， 所以原不等式的解集为. 故答案为：. 13. 已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到椭圆的方程为，由的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式，列出方程求得的值，即可求解. 【详解】由椭圆的离心率为，可得，则， 所以椭圆的方程为，即， 由直线过椭圆的右焦点且斜率为，可得的方程为， 联立方程组，整理得， 则， 设，则， 所以， 解得，所以椭圆的焦距为. 故答案：. 14. 在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由平面将直三棱柱分成体积相等的两部分，确定点为的中点，再确定的外心以及三棱锥的高，最后求三棱锥的外接圆半径即可. 【详解】如图，连接. 因为， 且 所以， 所以， 所以， 因此，即为的中点. 取的中点的中点，连接， 则，且， 所以四边形为平行四边形， 所以. 因为， 所以， 又因为平面平面， 且平面平面, 所以平面， 则平面. 因为是的外心， 且的外接圆半径， 三棱锥的高. 设球的半径为，则， 则5， 所以球的体积. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题. （1）通过平面将直三棱柱分成体积相等的两部分可确定点的位置； （2）求三棱锥的外接球半径，先确定底面三角形的外接圆半径及高，再通过即可求解. 四､解答题：本题共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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求的值； （2）若是边上的一点，且平分，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，边化角，可得，利用三角恒等变换可求； （2）由已知可得，利用，可得，可求解. 【小问1详解】 由题意得，所以. 由正弦定理，得，即. 又，所以，又，所以. 因为，所以. 【小问2详解】 由，得，解得. 由， 得， 即， 所以. 16. 若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用“比差等数列”的定义可得，令，则为常数列， 可得，可求的通项公式； （2）分为奇数与偶数两种情况求解可得数列的前项和. 【小问1详解】 由为“比差等数列”， 得， 从而. 设，则， 所以数列为等差数列. 因为， 所以为常数列， 因此，，即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 因此. 【小问2详解】 当为偶数时， ； 当为奇数时，. 综上，. 17. 如图，在四棱台中，， ，. （1）证明：平面平面； （2）若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知，在中，由正弦定理，可得，在中，由余弦定理， 可得，由勾股定理的逆定理可得，则平面，则得平面平面； （2）由（1）和已知，可得四棱台的上、下底面面积，再由四棱台的体积公式求出高，由（1）可得平面，以为坐标原点， 建立空间直角坐标系，求出设平面和平面的法向量，则由坐标运算得到平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为，所以， 在中，由正弦定理， 得， 所以， 所以， 则由勾股定理，得， 在中，由余弦定理， 得， 所以，所以，即， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知四棱台的下底面面积 ， 因为，所以上底面面积， 设四棱台的高为， 则四棱台的体积为， 所以， 因为平面平面， 平面平面， 所以平面，所以两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得， 所以平面的一个法向量为， 由题可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，. （1）求的方程； （2）在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）点恒在直线上. 【解析】 【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可； （2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可. 【小问1详解】 设. 若直线的倾斜角为，则直线的方程为. 联立得， 则， 且， 所以. 因为，所以，故的方程为. 【小问2详解】 存在，定直线为. 由题意知直线的斜率存在， 设直线的方程为，. 联立得. 由，得且， . 不妨设，则， 过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示， 则，. 因为，所以， 整理得，所以. 代入直线的方程得. 因为，所以点恒在直线上. 19. 已知函数. （1）求的最小值； （2）设函数，讨论零点的个数. 【答案】（1）最小值 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，进而可求出函数的最小值； （2）令，得，令，则与有相同的零点，利用导数求出函数的极值点，再分类讨论即可得出结论. 【小问1详解】 的定义域为， 则当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此的最小值为； 【小问2详解】 ，且， 令，得， 令，则与有相同的零点， 且， 令，则， 因为当时，则，所以在区间上单调递增， 又，所以，使， 且当时，，即；当时，，即， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此的最小值为， 由，得，即， 令，则在区间上单调递增， 因为，所以，则， 所以，从而，即 所以的最小值， 所以当时，没有零点； 当时，有一个零点； 当时，因为， 当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于， 所以有两个零点. 综上，当时，的零点个数为0； 当时，的零点个数为1； 当时，的零点个数为2. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长沙市一中2024届高考最后一卷 数学试卷 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则可以为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 4. 已知直线，圆，则“”是“直线上存在点，使点在圆内”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在平行四边形中，，点为该平行四边形所在平面内的任意一点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 6. 地震震级通常是用来衡量地震释放能量大小的数值，里氏震级最早是由查尔斯•里克特提出的，其计算基于地震波的振幅，计算公式为，其中表示某地地震的里氏震级，表示该地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅，表示这次地震中的标准地震振幅.假设在一次地震中，某地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅为5000，且这次地震的标准地震振幅为0.002，则该地这次地震的里氏震级约为（ ）（参考数据：） A. 6.3级 B. 6.4级 C. 7.4级 D. 7.6级 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（ ） A B. 2 C. D. 8. 已知正方体棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ） A. B. 3 C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为2 B. 函数的图象关于直线对称 C. 不等式的解集为 D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 10. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ） A. 乙组同学恰好命中2次的概率为 B. 甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C. 甲组同学命中次数的方差为 D. 乙组同学命中次数的数学期望为 11. 设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ） A B C. 不等式的解集为 D. 对任意给定的实数，总存在，当时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则不等式的解集为__________. 13. 已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为__________. 14. 在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求的值； （2）若是边上的一点，且平分，求的长. 16. 若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱台中，， ，. （1）证明：平面平面； （2）若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，. （1）求的方程； （2）在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数. （1）求的最小值； （2）设函数，讨论零点的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$