2024湘豫名校联考高三下学期第四次模拟考试数学含解析

这是一份2024湘豫名校联考高三下学期第四次模拟考试数学含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷共6页，已知，则，已知为实数，随机变量，且，则等内容，欢迎下载使用。
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湘豫名校联考
2024届春季学期高三第四次模拟考试
数学
注意事项：
1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回．
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．在复数范围内方程的两个根分别为，，则（ ）
A．1B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知椭圆与矩形ABCD的四条边都相切，若，，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．在某次游戏中，甲、乙分别用弓箭对准同一个弓箭靶，两人同时射箭．已知甲、乙中靶的概率分别为0.5，0.4，且两人是否中靶互不影响，若弓箭靶被射中，则只被甲射中的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，A，B和C，D分别是函数图象的两个最低点和两个最高点，若四边形ABCD的面积为，且在区间上是单调函数，则实数a的最大值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则满足的x的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．中国古代建筑中重要的构件之一——柱（俗称“柱子”）多数为木造，属于大木作范围，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一种做法，即木柱非整根原木，而是多块用榫卯拼合而成．宁波保国寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包镶式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周围，根据需要再用若干根一定厚度的木料包镶而成的柱子，图1为“包镶式瓜棱柱”，图2为此瓜棱柱的横截面图，中间大圆木的直径为2R，外部八根小圆木的直径均为2r，所有圆木的高度均为h，且粗细均匀，则中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为（ ）
图1 图2
A．B．
C．3D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知为实数，随机变量，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知四棱锥的底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，且，E，F，G分别为PB，PD，BC的中点，点Q是线段PA上靠近点P的四等分点，则（ ）
A．平面PCD
B．直线FG与AB所成的角为30°
C．
D．经过E，F，G的平面截四棱锥所得到的截面图形的面积为
11．已知抛物线，点为上一点，直线l与交于B，C两点（异于A点），与x轴交于M点，直线AC与AB的倾斜角互补，则（ ）
A．线段BC中点的纵坐标为
B．直线l的倾斜角为
C．当时，M点为的焦点
D．当直线l在y轴上的截距小于3时，△ABC的面积的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，若在上的投影向量为，则的值为______．
13．设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______．
14．已知函数的图象在区间内的最高点对应的坐标为，则集合中元素的个数为______．
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．（本小题满分13分）
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）证明：；
（2）若，△ABC的面积为，求b．
16．（本小题满分15分）
如图，在三棱锥中，平面PAC⊥平面PBC，△PAC和△ABC均为等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面ABC⊥平面PAC；
（2）设，，若平面PAB与平面ACF夹角的余弦值为，求实数的值．
17．（本小题满分15分）
连续抛掷一枚质地均匀的骰子次，第次抛掷落地时朝上的点数记为，．
（1）若，记出现为奇数的次数为X，求随机变量X的分布列和期望；
（2）若，求事件“”的概率．
18．（本小题满分17分）
已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过C上一点P作C的两条渐近线的平行线，分别交y轴于M，N两点，且，内切圆的圆心到y轴的距离为．
（1）求C的标准方程；
（2）（ⅰ）设点为C上一点，试判断直线与C的位置关系，并说明理由；
（ⅱ）设过点的直线与C交于A，B两点（异于C的两顶点），C在点A，B处的切线交于点E，线段AB的中点为D，证明：O，D，E三点共线．
19．（本小题满分17分）
在平面直角坐标系Oxy中，定义：如果曲线和上分别存在点M，N关于x轴对称，则称点M和点N为和的一对“关联点”．
（1）若上任意一点P的“关联点”为点Q，求点Q所在的曲线方程和的最小值；
（2）若上任意一点S的“关联点”为点T，求的最大值；
（3）若和在区间上有且仅有两对“关联点”，求实数a的取值范围．
湘豫名校联考
2024届春季学期高三第四次模拟考试
数学参考答案
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．D 【解析】由，得，解得，
即，或，．
所以，所以．故选D．
2．D 【解析】因为，
，所以，
所以．故选D．
3．A 【解析】根据题意，得，，则，，
所以．所以E的离心率为．故选A．
4．C 【解析】
．故选C．
5．B 【解析】设事件“甲中靶”，“乙中靶”，“弓箭靶被射中”，
则，，所以，，
．所以．
所以．故选B．
6．C 【解析】由题意，得四边形ABCD为平行四边形，且，
AB与CD之间的距离为4，则，解得．
函数在区间上是增函数，对于，
将函数的图象向左平移个单位长度，
即得的图象，所以a的最大值是．故选C．
7．B 【解析】由题易得的定义域为R，．
因为，所以偶函数．
当时，令，则，
所以在上单调递增，所以在上单调递增．
由，得，所以，
两边平方并整理，得，解得．故选B．
8．D【解析】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为2r，
相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为2r，腰长为，顶角为的等腰三角形．
方法一：根据余弦定理，得，解得，
所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为
．
方法二：因为，，
所以．所以，
所以，所以．故选D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．AB 【解析】由正态曲线的对称性，可得，因为，
所以，A正确；，B正确；
，即，C错误；
由于当，时，满足，但，D错误．故选AB．
10．ACD 【解析】因为EG是△PBC的中位线，所以，
又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，A正确．
如图，取PA的中点M，连接MF，BM，则，且．
因为且，所以且．
所以四边形MFGB为平行四边形，所以，
所以∠MBA或其补角即为直线FG与AB所成的角．由PA⊥平面ABCD，
得．因为，
所以FG与AB所成角的正切值为，B错误．由题意，得Q是PM的中点，
所以．又，所以，C正确．
显然E，G，F，Q四点共面，取CD的中点H，连接FH，GH，
可得四边形EGHF为平行四边形，所以E，G，H，F四点共面，
所以E，G，H，F，Q五点共面，即五边形EGHFQ即为所求的截面．
设，则，且，
，．
因为，，，所以BD⊥平面PAC．
所以．又，，所以，
所以，
D正确．故选ACD．
11．ABD 【解析】将代入，可得，所以的方程为．
设，，则，同理．
因为直线AC与AB的倾斜角互补，所以，
即，解得，且，
所以BC中点的纵坐标为，A正确．因为，
所以l的倾斜角为，B正确．设，则l的方程为，
由得．
根据，解得，所以，，
则，
，所以，
解得或，C错误．当l在y轴上的截距小于3时，即．
因为点A到l的距离为，所以△ABC的面积为
．
设函数，，则，
令，得或（舍去）．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以时，取得最大值，
所以S的最大值为，D正确．故选ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．1 【解析】由题意，得在上的投影向量为，
即．结合已知，得，解得．
13．13 【解析】设数列的公比为q，由题意，显然，且，
则，解得，
所以．
14．10 【解析】作出函数在区间上的图象，
如图，根据函数的单调性，此时．
又当时，，所以当时，，
部分函数图象如图，由图象可得，，，…，，
，，，…，，即，即，
解得，即2，3，4，…，10，11，
故集合中的元素个数为．
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．【解析】（1）由已知，得，
由正弦定理，得，
即，
即．
由，得，
所以．由正弦定理，得．
（2）因为，所以①．
由余弦定理，得，即．
由（1），得，所以，
化简，得，代入①，得，所以．
16．【解析】（1）由题意，得，所以．
因为平面平面PBC，且平面平面，平面PAC，
所以平面PBC．
因为平面PBC，平面PBC，所以，．
所以，即．
又因为△ABC为等腰直角三角形，，
所以，．
因为平面PAC，平面PAC，，所以平面PAC．
又因为平面ABC，所以平面平面PAC．
（2）取AC的中点O，AB的中点E，连接PO，OE，
则，，所以．
由（1）知平面平面PAC，
因为平面平面，平面PAC，所以平面ABC．
因为平面ABC，所以，
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
由，得，
所以．
设平面PAB的法向量为，
则即
令，则平面PAB的一个法向量为．
设平面ACF的法向量为，
则即
令，则平面ACF的一个法向量为．
设平面PAB与平面ACF的夹角为，
则，
整理，得，解得或．
所以的值为或．
17．【解析】（1）由题易得，抛掷一枚骰子1次，出现为奇数的概率为，
出现不是奇数的概率也为，X的可能取值为0，1，2，3，4．
因为，，
，，
，
所以X的分布列为
所以．
（2）记事件A为事件“”，
则事件A包含以下5种情况：
①抛掷5次出现的点数相同，有6种可能；
②抛掷5次出现的点数有2个数字，有种可能；
③抛掷5次出现的点数有3个数字，有种可能；
④抛掷5次出现的点数有4个数字，有种可能；
⑤抛掷5次出现的点数有5个数字，有种可能，
所以，
即事件“”的概率为．
18．【解析】（1）设，则．
不妨设直线PM的方程为，则直线PN的方程．
令，得，，
所以．
设的内切圆（圆心为I）分别与，，切于点R，S，T，
则，
所以T为C的顶点，所以轴，I的横坐标为，所以．
故C的标准方程为．
（2）（ⅰ）由得，
结合，得，所以．
所以直线与C相切．
（ⅱ）由题易得直线AB的斜率不为0．
设直线AB的方程为，代入，
得，其中
设，，则，．
由（ⅰ），C在点A，B处的切线方程分别为，．
两式联立，得，
，即．
所以直线OE的方程为．
由解得即直线AB与OE的交点为．
又，，
即，所以D与重合．
故O，D，E三点共线．
19．【解析】（1）设点，则点Q的“关联点”为，
代入，得，即，
所以点Q所在的曲线方程为．
根据对称性，，则．
由，得，即，
解得，当且仅当且，
即，或，时取等号．
故当，或，时，．
（2）设，则根据对称性，得．
设，，，
代入，得，
所以．
方法一：令，则，
所以．
当时，；当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的最大值点，即．
故．
方法二：
，
当且仅当，即时取等号，所以．
故．
（3）和在区间上有且仅有两对“关联点”，
等价于曲线和有且仅有两个交点．
设函数，
则在区间上有两个零点．
，．
①当时，恒成立，则在上单调递增，
不可能有两个零点；
②当时，由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因为，
方法一：所以；
（因为，故存在，使得）
设，，则，
当时，；当时，，
所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减．
所以在处取得极大值，也是最大值，．
所以，从而，
即．
取，则．
（因为，，故存在，如，，）．
（方法二：当时，；当时，．）
因此，要使有两个零点，只需，
即，
化简得．
令函数，
因为，所以在上单调递增．
又，所以当时，，从而，
所以不等式的解集为．
故实数a的取值范围是．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
A
C
B
C
B
D
AB
ACD
ABD
X
0
1
2
3
4
P