湖南省株洲市醴陵兩校2023-2024學年高考數學倒計時模擬卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點，點為的中點，若滿足，則動點的軌跡的長度為（）A． B． C． D．2．執行下面的程序框圖，如果輸入，，則計算機輸出的數是（）A． B． C． D．3．由實數組成的等比數列{an}的前n項和為Sn，則“a1>0”是“S9>S8”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知a，b∈R，，則（）A．b＝3a B．b＝6a C．b＝9a D．b＝12a5．命題“”的否定是（）A． B．C． D．6．下列選項中，說法正確的是（）A．“”的否定是“”B．若向量滿足，則與的夾角為鈍角C．若，則D．“”是“”的必要條件7．已知雙曲線的一條漸近線傾斜角為，則（）A．3 B． C． D．8．如圖所示，已知某幾何體的三視圖及其尺寸（單位：），則該幾何體的表面積為()A． B．C． D．9．設全集集合，則（）A． B． C． D．10．若點x,y位于由曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域內（包括邊界），則A．-3,1 B．-3,5 C．-∞,-311．已知拋物線，F為拋物線的焦點且MN為過焦點的弦，若，，則的面積為（）A． B． C． D．12．已知向量，（其中為實數），則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為雙曲線的左、右焦點，過點作直線與圓相切于點，且與雙曲線的右支相交于點，若是上的一個靠近點的三等分點，且，則四邊形的面積為_______．14．的展開式中，的系數是______.15．已知函數f(x)＝若關于x的方程f(x)＝kx有兩個不同的實根，則實數k的取值范圍是________．16．已知，則______，______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖,三棱柱中,底面是等邊三角形,側面是矩形,是的中點,是棱上的點,且.（1）證明：平面；（2）若,求二面角的余弦值.18．（12分）已知函數．（1）若函數在上單調遞增，求實數的值；（2）定義：若直線與曲線都相切，我們稱直線為曲線、的公切線，證明：曲線與總存在公切線．19．（12分）己知點，分別是橢圓的上頂點和左焦點，若與圓相切于點，且點是線段靠近點的三等分點.求橢圓的標準方程；直線與橢圓只有一個公共點，且點在第二象限，過坐標原點且與垂直的直線與圓相交于，兩點，求面積的取值范圍.20．（12分）為迎接2022年冬奧會，北京市組織中學生開展冰雪運動的培訓活動，并在培訓結束后對學生進行了考核．記表示學生的考核成績，并規定為考核優秀．為了了解本次培訓活動的效果，在參加培訓的學生中隨機抽取了30名學生的考核成績，并作成如下莖葉圖：（Ⅰ）從參加培訓的學生中隨機選取1人，請根據圖中數據，估計這名學生考核優秀的概率；（Ⅱ）從圖中考核成績滿足的學生中任取2人，求至少有一人考核優秀的概率；（Ⅲ）記表示學生的考核成績在區間的概率，根據以往培訓數據，規定當時培訓有效．請根據圖中數據，判斷此次中學生冰雪培訓活動是否有效，并說明理由．21．（12分）在直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上且軸，直線交軸于點，，橢圓的離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過的直線交橢圓于兩點，且滿足，求的面積.22．（10分）本小題滿分14分）已知曲線的極坐標方程為，以極點為原點，極軸為軸的非負半軸建立平面直角坐標系，直線的參數方程為（為參數），求直線被曲線截得的線段的長度

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】

設的中點為，利用正方形和正方體的性質，結合線面垂直的判定定理可以證明出平面，這樣可以確定動點的軌跡，最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設的中點為，連接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以動點的軌跡平面與正方體的內切球的交線.正方體的棱長為2，所以內切球的半徑為，建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系：因此有，設平面的法向量為，所以有，因此到平面的距離為：，所以截面圓的半徑為：，因此動點的軌跡的長度為.故選：C【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理的應用，考查了立體幾何中軌跡問題，考查了球截面的性質，考查了空間想象能力和數學運算能力.2、B【解析】

先明確該程序框圖的功能是計算兩個數的最大公約數，再利用輾轉相除法計算即可.【詳解】本程序框圖的功能是計算，中的最大公約數，所以，，，故當輸入，，則計算機輸出的數是57.故選：B.【點睛】本題考查程序框圖的功能，做此類題一定要注意明確程序框圖的功能是什么，本題是一道基礎題.3、C【解析】

根據等比數列的性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.【詳解】解：若{an}是等比數列，則，

若，則，即成立，

若成立，則，即，

故“”是“”的充要條件，

故選：C.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用等比數列的通項公式是解決本題的關鍵.4、C【解析】

兩復數相等，實部與虛部對應相等.【詳解】由，得，即a，b＝1．∴b＝9a．故選：C．【點睛】本題考查復數的概念，屬于基礎題.5、D【解析】

根據全稱命題的否定是特稱命題,對命題進行改寫即可.【詳解】全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“,”的否定是：，．故選D．【點睛】本題考查全稱命題的否定,難度容易.6、D【解析】

對于A根據命題的否定可得：“?x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“?x∈R，x2-x＞0”，即可判斷出；對于B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角；對于C當m=0時，滿足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；對于D根據元素與集合的關系即可做出判斷．【詳解】選項A根據命題的否定可得：“?x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“?x∈R，x2-x＞0”，因此A不正確；選項B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角，因此不正確.選項C當m=0時,滿足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正確；選項D若“”，則且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要條件，故正確.故選：D.【點睛】本題考查命題的真假判斷與應用，涉及知識點有含有量詞的命題的否定、不等式性質、向量夾角與性質、集合性質等，屬于簡單題.7、D【解析】

由雙曲線方程可得漸近線方程，根據傾斜角可得漸近線斜率，由此構造方程求得結果.【詳解】由雙曲線方程可知：，漸近線方程為：，一條漸近線的傾斜角為，，解得：.故選：.【點睛】本題考查根據雙曲線漸近線傾斜角求解參數值的問題，關鍵是明確直線傾斜角與斜率的關系；易錯點是忽略方程表示雙曲線對于的范圍的要求.8、C【解析】

由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，據此可計算出答案.【詳解】由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，該幾何體的表面積.故選：C【點睛】本題主要考查了三視圖的知識，幾何體的表面積的計算.由三視圖正確恢復幾何體是解題的關鍵.9、A【解析】

先求出，再與集合N求交集.【詳解】由已知，，又，所以.故選：A.【點睛】本題考查集合的基本運算，涉及到補集、交集運算，是一道容易題.10、D【解析】

畫出曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域，y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)【詳解】畫出曲線x=y-2+1與y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)和定點P(2,-1)設k=y+1x-2，結合圖形可得k≥k由題意得點A,B的坐標分別為A(3,0),B(1,2)，∴kPA∴k≥1或k≤-3，∴y+1x-2的取值范圍為-∞,-3故選D．【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是根據數形結合的方法求解問題，即把y+1x-211、A【解析】

根據可知,再利用拋物線的焦半徑公式以及三角形面積公式求解即可.【詳解】由題意可知拋物線方程為,設點點,則由拋物線定義知,,則.由得,則.又MN為過焦點的弦,所以,則,所以.故選：A【點睛】本題考查拋物線的方程應用,同時也考查了焦半徑公式等.屬于中檔題.12、A【解析】

結合向量垂直的坐標表示，將兩個條件相互推導，根據能否推導的情況判斷出充分、必要條件.【詳解】由，則，所以；而當，則，解得或.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本小題考查平面向量的運算，向量垂直，充要條件等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，應用意識.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、60【解析】

根據題中給的信息與雙曲線的定義可求得與,再在中,由余弦定理求解得,繼而得到各邊的長度,再根據計算求解即可.【詳解】如圖所示：設雙曲線的半焦距為.因為,,,所以由勾股定理,得.所以.因為是上一個靠近點的三等分點,是的中點,所以.由雙曲線的定義可知：,所以.在中,由余弦定理可得,所以,整理可得.所以,解得.所以.則.則,得.則的底邊上的高為.所以.故答案為：60【點睛】本題主要考查了雙曲線中利用定義與余弦定理求解線段長度與面積的方法,需要根據雙曲線的定義表示各邊的長度,再在合適的三角形里面利用余弦定理求得基本量的關系.屬于難題.14、【解析】

先將原式展開成，發現中不含，故只研究后面一項即可得解.【詳解】，依題意，只需求中的系數，是.故答案為：-40【點睛】本題考查二項式定理性質，關鍵是先展開再利用排列組合思想解決，屬于基礎題.15、【解析】由圖可知，當直線y＝kx在直線OA與x軸(不含它們)之間時，y＝kx與y＝f(x)的圖像有兩個不同交點，即方程有兩個不相同的實根．16、【解析】

利用兩角和的正切公式結合可得出的方程，即可求出的值，然后利用二倍角的正、余弦公式結合弦化切思想求出和的值，進而利用兩角差的余弦公式求出的值.【詳解】，，，.故答案為：；.【點睛】本題主要考查三角函數值的計算，考查兩角和的正切公式、兩角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、余弦公式以及弦化切思想的應用，難度不大．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析（2）【解析】

（1）連結BM，推導出BC⊥BB1，AA1⊥BC，從而AA1⊥MC，進而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推導出四邊形AMNP是平行四邊形，從而MN∥AP，由此能證明MN∥平面ABC．（2）推導出△ABA1是等腰直角三角形，設AB，則AA1＝2a，BM＝AM＝a，推導出MC⊥BM，MC⊥AA1，BM⊥AA1，以M為坐標原點，MA1，MB，MC為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A﹣CM﹣N的余弦值．【詳解】（1）如圖1，在三棱柱中，連結，因為是矩形，所以，因為，所以，又因為，，所以平面，所以，又因為，所以是中點，取中點，連結，，因為是的中點，則且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面.（圖1）（圖2）（2）因為，所以是等腰直角三角形，設，則，.在中，，所以.在中，，所以，由（1）知，則，，如圖2，以為坐標原點，，，的方向分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，.所以，則，，設平面的法向量為，則即取得.故平面的一個法向量為，因為平面的一個法向量為，則.因為二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明，考查了利用空間向量法求解二面角的方法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．18、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）求出導數，問題轉化為在上恒成立，利用導數求出的最小值即可求解；（2）分別設切點橫坐標為，利用導數的幾何意義寫出切線方程，問題轉化為證明兩直線重合，只需滿足有解即可，利用函數的導數及零點存在性定理即可證明存在.【詳解】（1），函數在上單調遞增等價于在上恒成立．令，得，所以在單調遞減，在單調遞增，則．因為，則在上恒成立等價于在上恒成立；又，所以，即．（2）設的切點橫坐標為，則切線方程為……①設的切點橫坐標為，則，切線方程為……②若存在，使①②成為同一條直線，則曲線與存在公切線，由①②得消去得即令，則所以，函數在區間上單調遞增，，使得時總有又時，在上總有解綜上，函數與總存在公切線．【點睛】本題主要考查了利用導數研究函數的恒成立問題，導數的幾何意義，利用導數證明方程有解，屬于難題.19、;.【解析】

連接，由三角形相似得，，進而得出，，寫出橢圓的標準方程；由得，，因為直線與橢圓相切于點，，解得，，因為點在第二象限，所以，，所以，設直線與垂直交于點，則是點到直線的距離，設直線的方程為，則，求出面積的取值范圍.【詳解】解：連接，由可得，，，橢圓的標準方程；由得，，因為直線與橢圓相切于點，所以，即，解得，，即點的坐標為，因為點在第二象限，所以，，所以，所以點的坐標為，設直線與垂直交于點，則是點到直線的距離，設直線的方程為，則，當且僅當，即時，有最大值，所以，即面積的取值范圍為.【點睛】本題考查直線和橢圓位置關系的應用，利用基本不等式，屬于難題.20、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）見解析【解析】

（Ⅰ）根據莖葉圖求出滿足條件的概率即可；（Ⅱ）結合圖表得到6人中有2個人考核為優，從而