2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学模拟试卷（三）

这是一份2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学模拟试卷（三），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知集合，，则
A．B．，C．，0，D．
2．（5分）在中，角，，的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不允分也不必要条件
3．（5分）若实数，，满足，，，则
A．B．C．D．
4．（5分）已知函数在，上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则
A．B．C．D．
5．（5分）如图，圆内接一个圆心角为的扇形，在圆内任取一点，该点落在扇形内的概率为
A．B．C．D．
6．（5分）已知三棱锥的外接球的体积为平面，则三棱锥的体积为
A．B．C．D．
7．（5分）过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于，两点．若，则
A．B．C．D．
8．（5分）数列的前项和为，，则可以是
A．18B．12C．9D．6
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．（6分）若正实数，满足，则
A．
B．有序数对，，有6个
C．的最小值是
D．
10．（6分）“体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的
A．平均数为9.6B．众数为10
C．第80百分位数为9.8D．方差为
11．（6分）已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆，为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则
A．若为等边三角形，则球的体积为
B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）在中，，是的中点，延长交于点．设，，则可用，表示为 ，若，，则面积的最大值为 ．
13．（5分）已知，是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线，若，的交点在上，均在轴上方），且，则的离心率为 ．
14．（5分）已知函数的定义域为，且，（1），则 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）证明：．
（2）若，，求的面积．
16．（15分）刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧．某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查（问卷得分在分之间），并从参与者中随机抽取200人．根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图．
（1）据此估计这200人满意度的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动．活动方案为：从装有8个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球5个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，若摸到3个红球，返消费金额的；若摸到2个红球，返消费金额的，除此之外不返现金．
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受8折优惠，有的概率享受9折优惠，有的概率享受95折优惠．现小张在该超市购买了总价为1000元的商品．
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？（注：结果精确到
17．（15分）已知数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和．
18．（17分）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且．
（1）求证：，，，四点共面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（17分）已知抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为．
（1）求抛物线的方程；
（2）过抛物线上一点，作抛物线的切线，分别交轴于点，交轴于点．点在抛物线上，点在线段上，满足；点在线段上，满足，且，线段与交于点，当点在抛物线上移动时，求点的轨迹方程．
（3）将向左平移个单位，得到，已知、，，过点作直线交于，．设，求的值．
2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
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．【解答】解：，
而，故，．
故选：．
2．【解答】解：由可得，，
由正弦定理得，，
所以，此时为锐角，但无法判断，的范围，即此时不一定是锐角三角形，充分性不成立；
当是锐角三角形时，一定为锐角，则，
所以，
所以，
所以，必要性成立．
故选：．
3．【解答】解：因为，
又，则，且，即，
因为，所以，
所以．
故选：．
4．【解答】解：因为，且，，则，
由题意可得：，解得，
又因为直线为函数图象的一条对称轴，
则，解得，，
可知，，即，
所以．
故选：．
5．【解答】解：连接，，设圆的半径为，
则，，
所以，
所以扇形的面积为，
又因为圆的面积为，
所以在圆内任取一点，该点落在扇形内的概率为．
故选：．
6．【解答】解：三棱锥的外接球的体积为，
三棱锥的外接球的半径，
又，，
，
设的外接圆的半径为，
则根据正弦定理可得：，
，又平面，
三棱锥的高为，
三棱锥的体积为．
故选：．
7．【解答】解：过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于，两点，若，
设双曲线的右焦点为，连接，，
由题意可得，
设，
由余弦定理可得，
即，解得，
所以，故．
故选：．
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8．【解答】解：由题意可得．，由，相减可得，
即，
则，
又，则，又．所以，，12，6，所以．
故选：．
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．【解答】解：根据题意，，，，
对于，由题意得，，
所以，正确；
由题意得，，，
由知，，
故满足题意的，有：；，；，；，；，；，共6个，正确；
，
当且仅当，即时取等号，错误；
，
因为，
所以，，
令，，
则，
当时，，单调递增，
故，
即，错误．
故选：．
10．【解答】解：对于选项，平均数，故选项正确；
对于选项，出现次数最多的数为10，所以众数为10，故选项正确；
对于选项，，第80百分位数为第6位，即10，故选项错误；
对于选项，方差为，故选项正确．
故选：．
11．【解答】解：由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为，
圆与圆的半径为．
对于，由题意，，
因为，
所以，
解得（负值已舍去）．
所以，
解得（负值已舍去），
所以，故错误；
对于，因为，所以，，三点在同一平面内，
因为点，分别为线段，的中点，
所以为的中位线，所以，
所以为与所成的角，
因为，所以，
又，
所以，所以，故正确；
对于，因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
所以，
所以，故正确；
对于，以为原点，以，所在直线分别为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图，
则，
所以，
所以，
所以，
解得（负值已舍去）或（负值已舍去），
当时，球的半径为，
所以球的表面积；
当时，球的半径为，所以球的表面积，故正确．
故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【解答】解：是的中点，，
，，
；
设，则，
在上，，解得，
，，
，，，分别为，，所对边）
，
，得（当且仅当时取等），
，，
．
故答案为：；．
13．【解答】解：设，，，由题意可知：，，
则直线的斜率，可知的方程为，
同理可得：的方程为，
联立方程，解得，即，
因为在上，可知，关于轴对称，
且，则，可得，
又因为，即，
由题意可得：，整理得，
解得或（舍去），则，
所以的离心率为．
故答案为：．
14．【解答】解：令，，则（1）（1）（1）（1），
因为（1），所以，
令，则（2）（1）（1），得（2），
令，则（1），即，
所以，
所以
所以，所以，即，
是以6为周期的周期函数，
所以（2），
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．【解答】解：（1）证明：根据正弦定理知，
整理得，
因为，
所以，
由正弦定理可得；
（2）因为，所以，
由余弦定理可得，即，
则，
因为，所以，所以，
则，即，
解得或，
当时，，此时的面积，
当时，，此时的面积．
所以的面积为或．
16．【解答】解：（1）由直方图可知，满意度的平均数为：
；
（2）①摸到3个红球，返消费金额的，实际付款为，
摸到2个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为800，900，1000，
则，
，
所以的分布列为：
则（元；
②若选择方案二，记实际付款金额为，
由题，的可能取值为800，900，950，
因为，
所以的分布列为：
所以，（元，
由①可得：，
所以选择方案二付款更划算．
17．【解答】解：（1）由，可得，
时，，对也成立，
则，；
（2），
则的前项和
．
18．【解答】解：（1）证明：因为平面是菱形，所以，
又因为底面，所以，，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系，
因为，，，则，0，，
，3，，，0，，，，，
，0，，
因为，分别为侧棱，的中点，
所以，
因为，所以，
所以，，．
所以，由向量共面的充要条件可知，，， 共面，
又，，过同一点，所以，，，四点共面．
（2）由点坐标可得，，，，
又因为，所以，．
设平面的法向量为，则，
取，可得，，所以，
设直线与平面所成角为，则，，
所以，．
19．【解答】解：（1）由，，得焦点，设抛物线上一点，
则由抛物线的义知，，所以，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）由题知，，所以抛物线过点的切线斜率为2，
所以直线的方程为，
所以，，，故是的中点．
令，，，则，
因为为的中线，所以，
而，
所以，所以是的重心，
设，，因点异于，则，
故重心的坐标为，即，
消去得，
故所求轨迹方程为．
（3）易知，先讨论特殊情况，
若直线的斜率为0，则，．
下面证明直线的斜率不为0时，，
设，，，，过，分别作轴的垂线，垂足为，，
由，得：，
即证：，即，
而可得：，即，
于是只需证明：．于是在△和△中，只需证明即可．
设直线的方程为，
与抛物线方程联立可得：，消去得：，
所以，．
，
所以，即，得证．
综上所述．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/27 15:25:28；用户：难得糊涂；邮箱：hncjs191@xyh.cm；学号：23578998800
900
1000
800
900
950