湖南省岳陽市2024屆高三下學期考情信息卷數學試題含答案

2024屆高考信思卷數學試題卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．十七世紀，數學家費馬提出猜想：“對任意正整數，關于的方程沒有正整數解”，經歷三百多年，1995年數學家安德魯懷爾斯給出了證明，使它終成費馬大定理，則費馬大定理的否定為（）A．對任意正整數，關于的方程都沒有正整數解B．對任意正整數，關于的方程至少存在一組正整數解C．存在正整數，關于的方程至少存在一組正整數解D．存在正整數，關于的方程至少存在一組正整數解2．若復數滿足，則在復平面中對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，則（）A． B． C． D．4．函數的定義域為（）A． B． C． D．5．把一個正方體各面上均涂上顏色，并將各棱三等分，然后沿等分線把正方體切開．若從所得的小正方體中任取一個，恰好抽到2個面有顏色的小正方體的概率為（）A． B． C． D．6．已知正項數列滿足對任意正整數，均有，則（）A． B． C． D．7．已知雙曲線的左、右焦點分別為，點在上，點在軸上，，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．8．設方程和的根分別為和，函數，則（）A． B．C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．下列結論正確的是（）A．經驗回歸直線恒過樣本點的中心，且在經驗回歸直線上的樣本點越多，擬合效果越好B．在一個列聯(lián)表中，由計算得的值，那么的值越大，判斷兩個變量間有關聯(lián)的把握就越大C．若散點圖中所有點都在直線上，則相關系數D．根據分類變量與的成對樣本數據，計算得．依據的獨立性檢驗，則變量與獨立10．在中，內角所對的邊分別為，若的面積為16，則下列結論正確的是（）A．是直角三角形 B．是等腰三角形C．的周長為32 D．的周長為11．如圖，在棱長為1的正方體中，分別是的中點，則以下說法正確的是（）A．平面B．直線與平面所成角的正弦值為C．異面直線和所成角的余弦值為D．若動直線與直線的夾角為30°，且與平面交于點，則點的軌跡構成的圖形的面積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知向量，若，則________．13．甲、乙兩位同學進行象棋比賽，采用五局三勝制（當一人贏得三局時，該同學獲勝，比賽結束）．根據以往比賽成績，每局比賽中甲獲勝的概率都是，且各局比賽結果相互獨立．若甲以獲勝的概率不低于甲以獲勝的概率，則的取值范圍為________．14．已知關于的不等式對于任意恒成立，則實數的取值范圍為________．四、解答題：本大題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．已知函數在與時都取得極值．（1）求的值與函數的單調區(qū)間．（2）求該函數在的極值．（3）設，若恒成立，求的取值范圍．16．如圖，直四棱柱的底面為平行四邊形，分別為的中點．（1）證明：平面；（2）若底面為矩形，，異面直線與所成角的余弦值為，求到平面的距離．17．11分制乒乓球比賽規(guī)則如下：在一局比賽中，每兩球交換發(fā)球權，每贏一球得1分，先得11分且至少領先2分者勝，該局比賽結束；當某局比分打成10∶10后，每球交換發(fā)球權，領先2分者勝，該局比賽結束．現(xiàn)有甲、乙兩人進行一場五局三勝、每局11分制的乒乓球比賽，比賽開始前通過拋擲一枚質地均勻的硬幣來確定誰先發(fā)球．假設甲發(fā)球時甲得分的概率為，乙發(fā)球時甲得分的概率為，各球的比賽結果相互獨立，且各局的比賽結果也相互獨立．已知第一局目前比分為10∶10．（1）求再打兩個球甲新增的得分的分布列和均值；（2）求第一局比賽甲獲勝的概率；（3）現(xiàn)用估計每局比賽甲獲勝的概率，求該場比賽甲獲勝的概率．18．在平面直角坐標系中，點．，點是平面內的動點．若以為直徑的圓與圓相切，記點的軌跡為曲線．（1）求的方程；（2）設點，直線分別與曲線交于點（，異于），過點作，垂足為，求的最大值．19．已知均為非負實數，且．證明：（1）當時，；（2）對于任意的參考答案：1．D【分析】由全稱量詞命題的否定的定義即可得解．【詳解】“對任意正整數，關于的方程沒有正整數解”的否定為：存在正整數，關于的方程至少存在一組正整數解．故選：D．2．D【分析】設，代入條件根據復數相等求出，進而可得在復平面中對應的點所在象限．【詳解】設，則由得，整理得所以，解得，所以在復平面中對應的點為，在第四象限．故選：D．3．C【分析】根據誘導公式和二倍角的余弦公式即可．【詳解】因為，所以．故選：C．4．A【分析】根據指數函數的單調性及二次根式的意義可求得原函數的定義域．【詳解】對于函數，有，可得，解得，因此，函數的定義域為．故選：A．5．C【分析】根據古典概型概率計算公式求得正確答案．【詳解】一共有個小正方體，其中2個面有顏色的小正方體有12個，（每條棱上有1個）所以恰好抽到2個面有顏色的小正方體的概率為．故選：C6．B【分析】根據數列遞推式推出，以及，由此即可求得答案．【詳解】由題意知正項數列滿足對任意正整數，均有，故，，故，故故選：B7．A【分析】根據直角三角形的性質可得出，推導出為等邊三角形，求出、，利用雙曲線的定義可求得該雙曲線的離心率的值．【詳解】因為，則為線段的中點，因為，則，則，因為為的中點，，則，所以，為等邊三角形，由勾股定理可得，由雙曲線的定義可得，即，因此，該雙曲線的離心率為．故選：A．【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得的值，根據離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關于的齊次方程，然后轉化為關于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率．8．B【分析】方法一：先利用方程的根與圖象的交點的關系，及互為反函數的兩個函數圖象關系推得，由此得到，再由函數的單調性易得，構造函數與，利用導數證得與，從而解出．【詳解】方法一：由得，由得，因為方程的根為，所以函數與的圖象交點的橫坐標為，同理：函數與的圖象交點的橫坐標為，因為與互為反函數，所以兩函數圖象關于對稱，易知直線與直線互相垂直，所以兩點關于直線對稱，即的中點一定落在，亦即點為與的交點，聯(lián)立，解得，即，所以，故，則，令，得；令，得；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，而，則，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，故，令，則，令，得，所以在上單調遞增，所以，則，故，綜上：．故選：B．方法二：前面部分同方法一得，，則，令，得；令，得；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，而，因為，當且僅當時取等號，所以，當時，，所以，即，下面比較的大小關系，設，所以，故在上遞增，，即有，亦即，綜上：．故選：B．【點睛】方法點睛：導數是研究函數的單調性、極值（最值）最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．（2）利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數．（3）利用導數求函數的最值（極值），解決生活中的優(yōu)化問題．（4）考查數形結合思想的應用．9．BD【分析】根據案例分析的相關知識逐項分析判斷．【詳解】對于選項A：經驗回歸直線恒過樣本點的中心，擬合效果是整體效果，與在經驗回歸直線上的樣本點的多少無關，如果在經驗回歸直線上的樣本點增多，但其他點偏離程度增大，相應的殘差的平方和仍可能會增大，擬合效果也會變差，故A錯誤；對于選項B：對于可知：的值越大，判斷兩個變量間有關聯(lián)的把握就越大，故B正確；對于選項C：因為越接近于1，線性相關性越強，若散點圖中所有點都在直線上，則，但此時為負相關，所以，故C錯誤；對于選項D：因為，依據的獨立性檢驗可知，沒有足夠的把握認為變量與有關，所以變量與獨立，故D正確；故選：BD．10．AD【分析】由，可得，再由面積為16，求出，求出，進而判斷選項．【詳解】因為，所以，所以．因為，所以．因為，所以．因為，所以，可得，則，即．又因為，所以，A正確．由上知，可得，В錯誤．的周長為錯誤，D正確．故選：AD11．ABD【分析】連接，證明，進而判斷選項A；建立直角坐標系，平面的法向量，求解直線與平面的正弦值，判斷選項B；利用向量求解與的余弦值，判斷選項C；根據直線與直線的夾角為，求出的軌跡，求出其面積，判斷選項D．【詳解】對于A，連接，則，又分別為中點，所以，所以，又平面，且平面，所以平面，故A選項正確；對于B，建立如圖所示空間直角坐標系，，則，平面的法向量，則，故直線與平面的正弦值為，故B選項正確；對于C，，則，所以異面直線與的余弦值為，故選項C錯誤；對于D，根據直線與直線的夾角為30°，形成以為對稱軸，以所在的線段為母線的圓錐，又因為平面，所以平面，則的軌跡是半徑為，則面積為，故選項D正確．故選：ABD【點睛】根據題意建立空間直角坐標系，求出方向向量和法向量，空間想象能力的培養(yǎng)尤其重要．12．7【分析】首先求出的坐標，再根據向量相等的充要條件得到方程組，解得即可．【詳解】因為，所以，又且，所以，解得，所以．故答案為：713．【分析】先分別求出甲以獲勝的概率和甲以獲勝的概率；再由求解即可．【詳解】由題意可得：甲以獲勝的概率為，甲以獲勝的概率．因為，所以，解得：．又因為，所以．故答案為：．14．【解析】先將不等式對于任意恒成立，轉化為任意恒成立，設，求出在內的最小值，即可求出的取值范圍．【詳解】解：由題可知，不等式對于任意恒成立，即，又因為，對任意恒成立，設，其中，由不等式，可得：，則，當時等號成立，又因為在內有解，，則，即：，所以實數的取值范圍：．故答案為：．【點睛】本題考查不等式恒成立問題，利用分離參數法和構造函數，通過求新函數的最值求出參數范圍，考查轉化思想和計算能力．15．（1），增區(qū)間，減區(qū)間（2）極大值是，極小值是（3）或【分析】（1）求導，根據極值點是導函數的零點列方程求解，然后根據導函數的正負確定單調性；（2）先確定單調性，再確定極值即可；（3）先根據單調性求最值，然后將恒成立問題轉化為最值求解即可．【詳解】（1）由已知，由于在與時都取得極值，所以，解得，所以，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以是的極大值，是的極小值．所以，單調增區(qū)間，單調減區(qū)間；（2）由（1）得在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，所以在區(qū)間上，極大值是，極小值是；（3）由（1）可知在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，又，所以在區(qū)間上的最大值是，在區(qū)間上恒成立，所以，解得或．16．（1）證明見解析（2）．【分析】（1）通過證明平行于面內的一條直線，即可證明平面；（2）建立空間直角坐標系，設出的長并表達出各點坐標，利用異面直線與所成角的余弦值得出，求出平面的一個法向量，即可得出到平面的距離．【詳解】（1）連接，交于點，連接，則為的中點，因為為的中點，所以，且，因為為的中點，所以，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面平面，所以平面．（2）由題意（1）及幾何知識得，在直四棱柱中，，兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系．設，則，．設異面直線與所成角為，則，解得：，故，則設平面的一個法向量為，到平面的距離為．所以即取，得．所以，即到平面的距離為．17．（1）分布列見解析，均值（2）（3）【分析】（1）易知的所有可能取值為0，1，2，根據條件概率公式可求得對應概率取值可得分布列和均值；（2）根據獲勝規(guī)則求出第一局比賽甲獲勝概率的表達式，解得；（3）由五局三勝制的規(guī)則，可知的所有可能取值為3，4，5，求出對應概率相加即可求得甲獲勝的概率為．【詳解】（1）依題意，的所有可能取值為0，1，2設打成后甲先發(fā)球為事件，則乙先發(fā)球為事件，且，所以，．所以的分布列為012故的均值為．（2）設第一局比賽甲獲勝為事件，則．由（1）知，，由全概率公式，得，解得，即第一局比賽甲獲勝的概率．（3）由（2）知，故估計甲每局獲勝的概率均為，根據五局三勝制的規(guī)則，設甲獲勝時的比賽總局數為，因為每局的比賽結果相互獨立，所以的所有可能取值為3，4，5，因此可得；故該場比賽甲獲勝的概率．18．（1）（2）【分析】（1）設，根據代入坐標化簡得到軌跡方程；（2）設直線，將其與雙曲線方程聯(lián)立得到韋達定理式，求出的縱坐標，從而有，代入韋達定理式化簡得，從而得到直線所過定點，得到點軌跡方程，從而得到最大值．【詳解】（1）設，則的中點，根據題意得，即，整理得，化簡整理，得點的軌跡方程．（2）設，由對稱性可知直線的斜率存在，所以可設直線，聯(lián)立直線與曲線的方程，得，消元整理，得，則，①②所以，令，得點縱坐標，同理可得點縱坐標，故，將代入上式整理，得，將②代入得，若，則直線，恒過不合題意；若，則，恒過，因為直線恒過，且與始終有兩個交點，又，，垂足為，所以點軌跡是以為直徑的圓（不含點），設中點為，則圓心，半徑為1，所以，當且僅當點在線段上時，取最大值．【點睛】關鍵點點點睛：本題第二問的關鍵是采用設線法聯(lián)立雙曲線方程得到韋達定理式，再代入化簡求出直線恒過，則得到點軌跡，最后