2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学适应性试卷（三）

这是一份2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学适应性试卷（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）已知复数，则
A．B．C．D．1
2．（5分）的展开式中的系数为
A．B．24C．D．60
3．（5分）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．（5分）已知函数，，则的图象大致是
A．B．
C．D．
5．（5分）已知向量，且与的夹角为，，向量与的夹角为，则
A．B．C．D．
6．（5分）已知点为抛物线上一点，为上不同于点的一个动点，过作的垂线与交于另一点，则点的横坐标的取值范围是
A．，，B．，，
C．，D．，，
7．（5分）中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式．例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解．如图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图．对应的是正四棱台中间位置的长方体；、、、对应四个三棱柱，、、、对应四个四棱锥．若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为
A．24B．28C．32D．36
8．（5分）从集合，2，3，的非空子集中随机取出两个不同的集合，，则在的条件下，恰有1个元素的概率为
A．B．C．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）氚，亦称超重氢，是氢的同位素之一，它的原子核由一个质子和两个中子组成，并带有放射性，会发生衰变，其半衰期是12.43年．样本中氚的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足，其中表示氚原有的质量，则（参考数据：
A．
B．经过24.86年后，样本中的氚元素会全部消失
C．经过62.15年后，样本中的氚元素变为原来的
D．若年后，样本中氚元素的含量为，则
10．（6分）在前项和为的正项等比数列中，，，，则
A．B．
C．D．数列中的最大项为
11．（6分）一般地，如果一个四面体存在由同一点出发的三条棱两两垂直，我们把这种四面体叫做直角四面体，记该点为直角四面体的直角顶点，两两垂直的三条棱叫直角四面体的直角棱，任意两条直角棱确定的面叫直角四面体的直角面，除三个直角面外的一个面叫斜面．若一个直角四面体的三条直角棱长分别，，，直角顶点到斜面的距离为，其内切球的半径为，三个直角面的面积分别为，，，三个直角面与斜面所成的角分别为，，，斜面的面积为，则
A．直角顶点在斜面上的射影是斜面的内心
B．
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（5分）记一组样本数据10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位数为，平均数为，则 ．
13．（5分）已知，函数当时，函数的最大值是 ；若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称，则的取值范围是 ．
14．（5分）设，，为实数，，中最大的数．若，，，则，，的最小值为 ．
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．（13分）已知函数，其中．
（Ⅰ）若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值；
（Ⅱ）是否存在实数，使得在，上的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
16．（15分）如图，圆柱的轴截面是正方形，点在底面圆周上，，为垂足．
（1）求证：．
（2）当直线与平面所成角的正切值为2时．
①求平面与平面夹角的余弦值；
②求点到平面的距离．
17．（15分）植物迷宫源自于西方国家，在西方国家十分盛行，发展到现在，已经是西方园林植物文化的代表之一．目前植物迷宫的发展已经遍布世界各地，最大的、最长的、最复杂的等等迷宫形式已经成为各大以乡村或农业等为主打的景区，吸引游客的一项重要手段．某乡镇为发展旅游业，欲打造植物迷宫，现就蔬菜迷宫、粮食迷宫两款征询90名村民代表的意见（每人可选一款支持，也可保持中立），其中男、女村民代表的比例为，得到相关统计数据如表：
（1）根据村民代表的意见，利用分层随机抽样的方法抽取12名村民代表，再从这12人中随机抽取4人，记其中支持粮食迷宫的人数为，求的分布列与数学期望．
（2）在90名村民代表中，蔬菜种植能手与粮食种植能手的相关统计数据如表，其中，为正整数，且．
现从这90名村民代表中任选一名去参与迷宫设计讨论，记事件为“选到的为女村民代表”，事件为“选到的为粮食种植能手”．若事件与事件相互独立，求，的值．
18．（17分）已知椭圆的离心率．
（1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程．
（2）若直线，均过点且互相垂直，直线交椭圆于，两点，直线交椭圆于，两点，，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，，设．
求；
记，求数列的前项和．
19．（17分）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角．
（1）若，且满足，求的大小．
（2）若为锐角三角形．
证明．
若平分，证明：．
2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学适应性试卷（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：因为复数，所以，
则．
故选：．
2．【解答】解：，
故选：．
3．【解答】解：因为，，由，不一定得出，所以不一定，则“”是“”的不充分条件；
若，，可得，又因为，可得，所以“”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
4．【解答】解：令，则，
所以，
，则在轴右侧为部分抛物线，
对称轴为，时，或0，
且处为空心，（1），排除．
故选：．
5．【解答】解：由题意，可得，
因为，
且向量与的夹角为，
所以，即，整理得，
所以，结合，解得．
故选：．
6．【解答】解：将代入抛物线方程得，，
抛物线方程为，
设，，，，则，，
，，
，，
即，
由△，得或．
故选：．
7．【解答】解：如图，令四棱锥的底面边长为，高为，三棱柱的高为，
依题意，四棱锥的体积，即，
所以三棱柱的体积，即有，
因此，于是长方体的体积，
所以该正四棱台的体积为．
故选：．
8．【解答】解：由题意可分以下四种情况讨论：
①若中有一个元素，则中至少有三个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有1个元素的有种；
②若中有两个元素，则中至少有两个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有1个元素的有种；
③若中有三个元素，则中至少有一个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有1个元素的有种；
④若中有四个元素，则中至少有一个元素，此时满足的情况
有种，而满足恰有1个元素的有种；
故满足题意的概率为：．
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：对于，由，可得，
所以，，故错误；
对于，将代入，得，
所以经过24.86年后，样本中的氚元素是原来的，故错误；
对于，将代入，得，
所以经过62.15年后，样本中的氚元素变为原来的，故正确；
对于，因为年后，样本中氚元素的含量为，
所以，
即，，
所以，故正确．
故选：．
10．【解答】解：设等比数列的公比为，
由，，可得，且，
解得或（舍去），
有，可得．
对于选项，由，，可得，故错误；
对于选项，，故正确；
对于选项，由，，有，故正确；
对于选项，由，
令，有，
可得（1）（2）（3）（4），有（2）（3），
可得数列中的最大项为或，故错误．
故选：．
11．【解答】解：设该直角四面体为四面体，，，两两垂直，且，，，
直角顶点在斜面上的射影为，连接，则平面．
对于，连接，由，，两两垂直，可得平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以，平面，
又平面，所以，
连接，同理可得，所以为的垂心，但不一定为的内心，选项错误．
对于，由选项知平面，平面，延长交于点，连接，则，．
在中，，所以 ，
令，，，直角面，，与斜面所成的角分别为，，，则，
同理可得，，所以，选项正确．
对于，由射影的性质知，，由 ，可得，所以，选项正确．
对于，直角四面体的体积为，所以，所以，选项正确．
故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．【解答】解：数据从小到大排列为：4，6，8，8，10，16，18，24，32，
所以中位数，平均数，
所以．
故答案为：．
13．【解答】解：（1）当时，，
令，当，即时取等号，
即当时，，
令，
又因为，
则；
（2）图象仅有两对点关于轴对称，
即的图象关于轴对称的函数图象
与仅有两个交点，
当时，．
设其关于轴对称的函数为，
，
由（1）可知近似图象如图所示：
当与仅有两个交点时，，
综上，的取值范围是，
故答案为：，．
14．【解答】解：设，则，，且．
因为，所以当时，只需考虑，，
而，且，两式相乘得，
可知，当且仅当时，取等号．
当时，，只需考虑，，
两式相乘得，所以，
当且仅当时取等号，结合可知等号不能成立，故．
综上所述，，的最小值为2．
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．【解答】解：，则（1），（1），
故曲线在处的切线为，
即，
当时，此时切线为，不符合要求；
当时，令，有，令，有，
故，即；
（Ⅱ），
①当时，恒成立，在，上单调递增，
的最大值是（e），解得，舍去；
②当时，由，得，
当，即时，
时，时，，
的单调递增区间是，单调递减区间是，
又在，上的最大值为，
，
；
当，即时，在，上单调递增，
（e），
解得，舍，
综上，存在符合题意，此时．
16．【解答】解：（1）证明：由题意可知底面，平面，故，
又，，，平面，
故平面，
由平面，得，
又，，，平面，
故平面，由平面，可得；
（2）①由题意，以为原点，
分别以，所在直线为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，
并设的长度为2，则，0，，，2，，，2，，，0，，
因为平面，所以就是直线与平面所成的角，
所以，所以，
所以
由以上可得，
设平面的法向量为，，，
则，即，
取，得，
又，0，是平面的一个法向量，设平面与平面夹角的大小为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
②因为，
所以点到平面的距离．
17．【解答】解：（1）由题知支持蔬菜迷宫、支持粮食迷宫、中立的人数之比为，
所以随机抽取的12人中，支持蔬菜迷宫、支持粮食迷 宫、中立的人数分别为6，4，2，
所以的所有可能取值为0，1，2，3，4，
则，，，，，
所以的分布列为：
所以 ；
（2）因为在90名村民代表中，男、女村民代表的比例为，
所以女村民代表有30名，
则，，，
若事件与事件相互独立，则，
即，得，
又，
所以，．
18．【解答】解：（1）因为，
又，
所以，
此时椭圆的方程为，
因为椭圆过点，
所以，
解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）当直线，中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，
此时直线与轴重合，不符合题意，
所以直线，的斜率均存在且不为0，
不妨设直线的方程为，，，，，，，，，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，，
所以，，
同理得，，
因为，，三点共线，
所以，
易知，
所以，
因为，
所以；
由知，
所以，
则数列是以首项为9，公比为3的等比数列，
则数列的前项和．
19．【解答】解：（1）若，即，得，
点满足，则，
在和中，，，
所以与相似，且，
所以，即，
由余弦定理得：，且，
得，且，
所以；
证明：（2）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
，
，
三式相加可得：①，
在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
在和内，同理：，
三式相等：，
因为，
由等比性质得：②，
由①②式可证得：；
因为，
即，
所以，
在，，中，
分别由余弦定理得：，
三式相加整理得，
，
，
若平分，则，
所以③，
又由余弦定理可得：④，
由③④得：，
所以，
所以．
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 15:22:27；用户：难得糊涂；邮箱：hncjs191@xyh.cm；学号：23578998支持蔬菜迷宫
支持粮食迷宫
中立（两种均可）
人数
45
30
15
男村民代表
女村民代表
蔬菜种植能手
40
10
粮食种植能手
0
1
2
3
4