2023-2024學年湖南省高三高考數學押題模擬試題（二模）一、單選題1．設集合，若A的所有三元子集的三個元素之和組成的集合為，則集合（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】不妨設，由題意可得，即可得解.【詳解】不妨設，則A的所有三元子集為，由題意可得，解得，因此集合.故選：B.2．已知，若對任意，，則一定為（

）A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形【正確答案】D【分析】利用向量的模化簡不等式，得出和的關系，即可得出的形狀.【詳解】由題意，在中，令，過A作于D.

∵對任意，，∴，令，代入上式，得，即，也即.從而有.∴.∴為直角三角形，故選：D.3．過雙曲線的左焦點作直線交雙曲線于A，B兩點，若實數使得的直線恰有3條，則（

）A．2 B．3 C．4 D．6【正確答案】C【分析】根據雙曲線對稱性可知：滿足題意的直線，其中一條與實軸垂直，另兩條關于軸對稱，即可得到答案.【詳解】左支內最短的焦點弦，又，所以與左、右兩支相交的焦點弦長，因為實數使得的直線恰有3條，根據雙曲線對稱性可知：其中一條與實軸垂直，另兩條關于軸對稱.如圖所示：

所以當時，有3條直線滿足題意.故選：C4．設，為正實數，，，則（

）A． B． C．1 D．【正確答案】D【分析】首先由得出，由得出，代入得出，而，即，由基本不等式等號成立條件得出，即可得出答案．【詳解】因為，所以，又因為，所以，所以，所以，即，又，當且僅當時，等號成立，所以，此時，所以，故選：D．5．已知，，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】轉化為，利用增函數性質可得是上的增函數，故而，進而得出答案即可.【詳解】不等式等價于，又是上的增函數，所以，故.因為，所以的取值范圍是.故選：B6．已知（，2，?，95），則數列中整數項的個數為（

）A．13 B．14 C．15 D．16【正確答案】C【分析】整理得，當時，只要，均為整數即可，但當，會出現小數，應考慮中因子的個數問題.【詳解】因為，要使為整數，必有，均為整數，當，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80時，和均為非負整數，所以為整數，共有14個.當時，，在中，中因數2的個數為，同理可計算得中因數2的個數為82，中因數2的個數為110，所以中因數2的個數為，故是整數.當時，，在中，同樣可求得中因數2的個數為88，中因數2的個數為105，故中因數2的個數為，故不是整數.因此，整數項的個數為.故選：C.7．在直三棱柱中，，已知G與E分別為和的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點（不包括端點）.若，則線段DF長度的取值范圍為A． B． C． D．【正確答案】C【詳解】根據直三棱柱中三條棱兩兩垂直，本題考慮利用空間坐標系解決．建立如圖所示的空間直角坐標系，設出、的坐標，利用求得關系式，寫出的表達式，然后利用二次函數求最值即可．解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，1，，，0，，，0，，，，由于，所以，，，當時，線段長度的最小值是當時，線段長度的最大值是1而不包括端點，故不能取；故選C．8．甲乙兩人進行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負者得0分，比賽進行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止．設甲在每局中獲勝的概率為，乙在每局中獲勝的概率為，且各局勝負相互獨立，則比賽停止時已打局數的期望為（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】設每兩局比賽為一輪，若該輪結束比賽停止則某一方連贏兩局，概率為；若比賽繼續，則甲、乙各得一分，概率為，且對下一輪比賽是否停止無影響.由此可計算為2，4的概率，為6時，可能被迫中止，只需計算前兩輪比賽不停止的概率即可.【詳解】解：依題意知，的所有可能值為2，4，6，設每兩局比賽為一輪，則該輪結束時比賽停止的概率為．若該輪結束時比賽還將繼續，則甲、乙在該輪中必是各得一分，此時，該輪比賽結果對下輪比賽是否停止沒有影響．從而有，，為6時，即前兩輪比賽不分輸贏，繼續比第三輪，故．故選：B二、多選題9．已知采用分層抽樣得到的樣本數據由兩部分組成，第一部分樣本數據的平均數為，方差為；第二部分樣本數據的平均數為，方差為，設，則以下命題正確的是（

）A．設總樣本的平均數為，則B．設總樣本的平均數為，則C．設總樣本的方差為，則D．若，則【正確答案】AD【分析】對于A選項，因為，由放縮可得；對于B選項，舉例說明B不正確；對于C選項，舉例說明C不正確；對于D選項，若，代入總體方差計算公式，可得.【詳解】對于A選項，因為，所以，即，A正確；對于B選項，取第一部分數據為，則，，取第二部分數據為，則，，則，B不正確；對于C選項，取第一部分數據為，則，，取第二部分數據為，則，，則，，C不正確；對于D選項，若，則，D正確.故選：AD.10．如圖，為正方體.任作平面與對角線垂直，使得與正方體的每個面都有公共點，記這樣得到的截面多邊形的面積為S，周長為l.則（

）

A．S為定值 B．S不為定值 C．l為定值 D．l不為定值【正確答案】BC【分析】作出輔助線，得到平面，從而得到截面的周長為定值，舉出例子得到面積不是定值.【詳解】將正方體切去兩個正三棱錐與后，得到一個以平行平面與為上、下底面的幾何體V，在上取一點，作，，再作，，，則六邊形即為平面，

V的每個側面都是等腰直角三角形，截面多邊形W的每一條邊分別與V的底面上的一條邊平行，將V的側面沿棱剪開，展平在一張平面上，得到一個平行四邊形，而多邊形W的周界展開后便成為一條與平行的線段（如圖中），顯然，故為定值.當位于中點時，多邊形W為正六邊形，而當移至處時，W為正三角形，易知周長為定值的正六邊形與正三角形面積分別為與，故S不為定值.

故選：BC11．已知函數，實數，滿足，，則（

）A． B．C． D．【正確答案】BC【分析】根據題目給出的等式，代入函數解析式得到、的關系，從而判斷出的符號，再把，轉化為含有一個字母的式子即可求解．【詳解】∵，∴，∴或，又∵，∴，∴，故A不正確，B正確；又由有意義知，從而，于是.所以.從而.又，所以，故.解得或（舍去）.把代入解得.所以，，故C正確，D不正確.故選：BC.12．已知曲線．從點向曲線引斜率為的切線，切點為．則下列結論正確的是（

）A．數列的通項公式為B．若數列的前項和為，則C．當時，D．當時，【正確答案】ABC【分析】設直線，方程聯立由，可得，，從而可判斷A，B；由，得，從而可判斷C；舉例即可判斷D，如.【詳解】設直線，聯立，得，則由，即，得（負值舍去）所以可得，，故A正確；，所以，故B正確；對于C，由，得，因為，所以，所以，所以，所以，則，故C正確；對于D，，因為，所以，所以，所以，令，即，令，則，所以函數在上單調遞增，由，得，所以當時，，故D錯誤.故選：ABC.關鍵點睛：本題考查圓的切線問題和數列不等式的證明問題，解答本題的關鍵是設出切線方程，方程聯立由，得出，，證明得到，從而可比較與的大小.三、填空題13．直線與拋物線交于、兩點，為拋物線上的一點，.則點的坐標為______.【正確答案】或【詳解】設、、由得.則

①又，，則

②因為，所以，.故.將方程組①、②代入上式并整理得.顯然，.否則，.于是，點在直線上，即點與或重合.所以，，.故所求點或.故答案為或14．設是定義在上的函數，若，且對任意，滿足，，則________【正確答案】由可得，從而可得.從而可求的值.【詳解】因為，故，，故，而，所以，所以，故，故答案為.本題考查不等式的性質、等比數列的前和，注意利用夾逼的方法把不等關系轉化為相等關系，本題屬于較難題.15．一個半徑為1的小球在一個內壁棱長為的正四面體封閉容器內可向各個方向自由運動，則該小球表面永遠不可能接觸到的容器內壁的面積是．【正確答案】【詳解】試題分析：如圖甲，考慮小球擠在一個角時的情況，作平面//平面，與小球相切于點，則小球球心為正四面體的中心，，垂足為的中心．因，故，從而．記此時小球與面的切點為，連接，則．考慮小球與正四面體的一個面(不妨取為)相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，記為，如圖乙．記正四面體的棱長為，過作于．因，有，故小三角形的邊長．小球與面不能接觸到的部分的面積為．又，所以．由對稱性，且正四面體共4個面，所以小球不能接觸到的容器內壁的面積共為．(1)三棱錐的體積公式；（2）分情況討論及割補思想的應用．16．如圖，在的長方形棋盤的每個小方格中各放一個棋子.如果兩個棋子所在的小方格共邊或共頂點，則稱這兩個棋子相連.現從這56個棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子沒有五個在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連.則最少取出______個棋子才可能滿足要求.【正確答案】11【分析】通過反證法證明任取10個棋子，則余下的棋子必有一個五子連珠，然后構造一種取法，共取走11個棋子，余下的棋子沒有五子連珠，最后得到答案.【詳解】如果一個方格在第i行第j列，則記這個方格為.第一步通過反證法證明若任取10個棋子，則余下的棋子必有一個五子連珠，即五個棋子在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連.假設可取出10個棋子，使余下的棋子沒有一個五子連珠.如圖1，在每一行的前五格中必須各取出一個棋子，后三列的前五格中也必須各取出一個棋子.這樣10個被取出的棋子不會分布在右下角的陰影部分.同理由對稱性，也不會分布在其他角上的陰影部分.第1、2行必在每行取出一個，且只能分布在、、、這些方格.同理、、、這些方格上至少要取出2個棋子.在第1、2、3列，每列至少要取出一個棋子，分布在、、、、、、、、所在區域，同理、、、、、、、、所在區域內至少取出3個棋子.這樣在這些區域內至少已取出了10個棋子.因此在中心陰影區域內不能取出棋子.由于①、②、③、④這4個棋子至多被取出2個，從而，從斜的方向看必有五子連珠了.矛盾，故假設不成立，則若任取10個棋子，則余下的棋子必有一個五子連珠，第二步構造一種取法，共取走11個棋子，余下的棋子沒有五子連珠.如圖2，只要取出有標號位置的棋子，則余下的棋子不可能五子連珠.綜上所述，最少要取走11個棋子，才可能使得余下的棋子沒有五子連珠.關鍵點睛：本題的關鍵是通過反證法證明任取10個棋子，則余下的棋子必有一個五子連珠，然偶利用圖形分析出取出固定標號的棋子，則無法五子連珠.四、解答題17．已知的內角A，B，C所對的邊a，b，c成等比數列.(1)若，的面積為2，求的周長；(2)求的取值范圍.【正確答案】(1)(2)【分析】（1）利用等比中項公式與三角形面積公式求得，再利用余弦定理與完全平方公式求得，從而得解；（2）結合題意，先化簡所求得求公式q的取值范圍即可，利用三角形兩邊之和大于第三邊得到關于q的不等式組，從而得解.【詳解】（1）因為a，b，c成等比數列，則，又，，所以，所以的面積為，故，則，由余弦定理，即，則，所以，故的周長為.（2）設a，b，c的公比為q，則，，而，因此，只需求的取值范圍即可.因a，b，c成等比數列，最大邊只能是a或c，因此a，b，c要構成三角形的三邊，必需且只需且.故有不等式組，即，解得，從而，因此所求范圍為.18．已知數列滿足：，.（1）求數列的通項公式；（2）若，試比較與的大小.【正確答案】（1），且；（2）．【分析】（1）由已知可得，令求數列的通項公式，即可求數列的通項公式；（2）通過（1）作差，討論、判斷、的符號，即可得結論．【詳解】（1）原式可變形得：，則，記，則，整理得，又，所以是首項、公比均為1的等差數列，則，故.所以，且．（2）由（1），作差可得：，又，當時，且；當時，且綜上，當且時，與同號，即．19．類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理；如圖1，由射線，，構成的三面角，，，，二面角的大小為，則．（1）當、時，證明以上三面角余弦定理；（2）如圖2，四棱柱中，平面平面，，，①求的余弦值；②在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由．【正確答案】（1）證明見解析；（2）①；②當點在的延長線上，且使時，平面.【分析】（1）過射線上一點作交于點，作交于點，連接，，可得是二面角的平面角．在中和中分別用余弦定理，兩式相減變形可證結論；（2）①直接利用三面角定理（（1）的結論）計算；②連結，延長至，使，連結，由線面平行的判定定理證明平面．【詳解】（1）證明：如圖，過射線上一點作交于點，作交于點，連接，則是二面角的平面角．在中和中分別用余弦定理，得，，兩式相減得，∴，兩邊同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直線上存在點，使平面．連結，延長至，使，連結，在棱柱中，，，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴．在四邊形中，，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴，又平面，平面，∴平面．∴當點在的延長線上，且使時，平面．20．公元1651年，法國一位著名的統計學家德梅赫向另一位著名的數學家帕斯卡提請了一個問題，帕斯卡和費馬討論了這個問題，后來惠更斯也加入了討論，這三位當時全歐洲乃至全世界最優秀的科學家都給出了正確的解答該問題如下：設兩名賭徒約定誰先贏局，誰便贏得全部賭注元.每局甲贏的概率為，乙贏的概率為，且每局賭錢相互獨立.在甲贏了局，乙贏了局時，賭錢意外終止賭注該怎么分才合理？這三位數學家給出的答案是：如果出現無人先贏局則賭錢意外終止的情況，甲、乙便按照賭錢再繼續進行下去各自贏得全部賭注的概率之比分配賭注.（1）甲、乙賭錢意外終止，若，則甲應分得多少賭注？（2）記事件為“賭錢繼續進行下去乙贏得全部賭注”，試求當時賭錢繼續進行下去甲贏得全部賭注的概率，并判斷當時，事件是否為小概率事件，并說明理由.規定：若隨機事件發生的概率小于0.05，則稱該隨機事件為小概率事件.【正確答案】（1）216元；（2），是，理由見解析.【分析】(1)設賭錢再進行X局甲贏得全部賭注，甲必贏最后一局，最多再進行4局，甲、乙必有人贏得全部賭注，由此利用概率計算公式即可得解；(2)設賭錢再進行Y局乙贏得全部賭注，同(1)的方法求出乙贏得全部賭注的概率，由對立事件可得，再利用導數求出的最小值作答.【詳解】（1）設賭錢再繼續進行局甲贏得全部賭注，則最后一局必然甲贏，由題意知，最多再進行4局，甲、乙必然有人贏得全部賭注，當時，甲以贏，所以，當時，甲以贏，所以，當時，甲以贏，所以，于是得甲贏得全部賭注的概率為，所以，甲應分得的賭注為元.（2）設賭錢繼續進行Y局