湘豫名校联考2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷(解析版)

这是一份湘豫名校联考2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知等差数列的公差为，且，则的值为（ ）
A. 1980B. 1981C. 1982D. 1983
【答案】B
【解析】由可得，且，即，
所以.
故选：B.
2. 已知椭圆E：经过点，则E的长轴长为（ ）
A. 1B. 2C. 4D.
【答案】C
【解析】因为椭圆E：经过点，所以，解得，
所以，所以E长轴长为.故选：C.
3. 已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，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
【答案】C
【解析】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知；
若，，，所以直线与平面平行的性质定理知；
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4. 若，则的值是（ ）
A. 零B. 正数
C. 负数D. 以上皆有可能
【答案】A
【解析】令，则，由得，
所以.
故选：A.
5. 当时，的最大值是（ ）
A. 2B. C. 0D.
【答案】D
【解析】原式，
其中锐角由确定，由，得，
所以.
故选：D.
6. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且离心率为，过点的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】不妨设焦点为，其中一条渐近线为，则直线l的方程为，由解得即，
因为，所以，
过点作轴的垂线，垂足为，如下图：
于是.
故选：A.
7. 若偶函数的最小正周期为，则（ ）
A. B. 的值是唯一的
C. 的最大值为D. 图象的一条对称轴为
【答案】D
【解析】对于A，因为周期只与有关，因此只需考虑的情况.
若对任意，都有，
，
所以，所以，所以A错误.
对于B，因为偶函数，所以.
因为，，
所以.又，所以或，所以B错误.
对于C，，
当时取得最大值，所以C错误.
对于D，容易知道或时，
，
所以的图象关于直线对称，所以D正确.
故选：D.
8. 已知实数m，n满足，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】令，，则条件化为，
即，，为半圆，
令，
画出图形如下：
显然当经过圆心时，，
圆心到的距离，解得，负值舍去，
故.
则.所以，
所以，
令，则当时，，
于是在上单调递增，所以.
综上所述，的最大值为2.故选：B.
二、多选题
9. 在某次数学测试中，甲、乙两个班的成绩情况如下表：
记这两个班的数学成绩的总平均分为，总方差为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】依题意得，.故选：BD.
10. 已知函数定义域为且不恒为零，若函数的图象关于直线对称，的图象关于点对称，则（ ）
A.
B.
C. 是图象的一条对称轴
D. 是图象的一个对称中心
【答案】BCD
【解析】因为的图象关于直线对称，
所以，即，
所以，所以的图象关于直线对称.
因为的图象关于点对称，所以，
即，
所以的图象关于点对称.所以.
令，得.由，可得，故即，
所以，所以函数的周期，
所以，又不恒为零，
所以错误，A错误，，B正确；
因为的图象关于直线对称，的图象关于点对称，
所以，
所以为函数的对称轴，结合周期性可得，，为函数的图象的对称轴，所以是函数图象的一条对称轴，C正确；
因为，，
所以，
所以原点为函数的一个对称中心，
结合函数周期性可得点，，为函数图象的对称中心，
所以点是函数图象的一个对称中心，D正确.
故选：BCD.
11.一般地,对于复数（i为虚数单位，a，）,在平面直角坐标系中,设,经过点的终边的对应角为，则根据三角函数的定义可知，，因此,我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，称为复数z的辐角.为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合的辐角的值叫做辐角的主值.已知复数z满足，，为z的实部，为z的辐角的主值，则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C.
D.
【答案】ABD
【解析】因为，， 复数在复平面的对应的点为,
所以点Z在以为圆心、以r为半径的圆上或圆内.
对于选项A，B，由复数的几何意义可得表示点Z与的距离，
又点到点的距离为，
所以的最大值为，A正确，
的最小值为，B正确，
对于C，过点作以为圆心，为半径的圆的切线，设切点为，
设，则或，
所以，所以，所以C错误.
对于D，设，有（其中是z的辐角的主值），
由于，所以，所以D正确.故选：ABD.
三、填空题
12. 在中，，.若，则的面积为______.
【答案】
【解析】，，
则，所以，
所以.
所以.
故答案为：
13. 已知正四棱台中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为________.
【答案】
【解析】如图1，延长交于点，
由棱台的性质可得与相似，相似比为，
所以，，
设在正四棱台上、下底面的投影点分别记为，，
，.
首先四棱台内部能够放入的球体的直径，即；
其次取的中点，作纵截面，如图2，
设球的球心为O，O到线段SN的距离为d，则.
，，，
所以，，
所以.
所以.故答案为：.
14. 在龙年元宵节的一项无人机飞行表演中，将7架不同的“焰火”无人机和架不同的“灯光”无人机排成一列.已知每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火”无人机相邻，设这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为p，要使得，则n的最小值为________.
【答案】4047
【解析】方法一：从排列的角度看问题.每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火"无人机相邻有四种情况，
情况1：7架“焰火”无人机排在一起，此时有种方法，
情况2：，组成方式为〇〇，〇〇〇〇〇，此时有种方法，
情况3：，组成方式为〇〇〇，〇〇〇〇，此时有种方法.
情况4：.组成方式为〇〇，〇〇，〇〇〇，
此时有种方法.
所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为，
所以
因为，所以n的最小值为4047.
方法二：我们可以不考虑“灯光”无人机的排法，同时也不考虑“焰火”无人机之间的相对位置，只需将对应的“焰火”无人机放入“灯光”无人机形成的空位中即可.
对7架“焰火”无人机排法进行分类，
①7架在一起，有种排法；
②，由插空法知有，种排法；
③，由插空法知有种排法；
④.由插空法知有种排法；
所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为.所以.因为，所以n的最小值为4047.故答案为：4047
四、解答题
15. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.
（1）经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
（2）若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率.
解：（1）由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3，
则，，
，.
所以X的分布列为
因为，所以X的期望.
（2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为.
16. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求a的值；
（2）证明：.
（1）解：由题意可得函数的定义域为，
又，函数在处的切线方程为，其斜率为，
得：，解得.
（2）证明：注意到，且，
则，，
令，则.
令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，即，
所以在上单调递增.
因为，所以当时，；当时，，
所以.
17. 如图，在直四棱柱中，底面四边形ABCD为菱形,，点E，F分别为棱AB，上的点，

（1）若，且平面以平面，求实数的值；
（2）若F是的中点，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
解：（1）方法一：如图1，取AB的中点，连接，
因为四边形ABCD是菱形，且，
所以是等边三角形，所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面，
所以E点和点重合.
所以，即，即.

方法二：如图2，在上取一点G，使，连接EG，.
显然四边形为平行四边形，得到，且，
同时，且，
有，且，
四边形为平行四边形，
则平面平面，且.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
所以.
又平面平面，平面平面，平面.
所以平面.
又平面，所以.
又因为四边形是菱形，且，
所以是等边三角形，所以，即.

（2）方法一：以E为AB的中点.
以点为原点，分别以为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系
不妨设，，则，，，，，，所以，，，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以平面的一个法向量为，
设平面BDF的法向量为，则即
令，则，，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则
令，解得或，所以或.
所以或.

方法二：连接AC，与BD相交于点O，连接与相交于点，
连接，OF，.
由题意得，，平面ABCD.
以点为原点，分别以为轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，
不妨设，，则，，
所以，.
易知，，
所以向量夹角余弦的绝对值等于平面与平面夹角的余弦值，
所以.所以.
解得或，所以或.
所以或.
18. 如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.

（1）证明：为定值；
（2）求与的内切圆半径之和的取值范围.
（1）证明：由，消去y得.
由，，得.
所以的方程为，所以，.
设，则由，得，
结合，求得，所以点C的横坐标为，
所以，为定值.
（2）解：先证明直角三角形内切圆半径公式：
对于，，其内切圆半径为r，
则，
从而
设，内切圆的半径分别为，，
则，同理.
设的内切圆半径为R，则.
所以，
因为
，
因为是关于a的单调递增函数，所以是关于a的单调递减函数，
所以函数在上单调递增，所以，
所以.
故与内切圆的半径之和的取值范围是.
19. 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
（1）（归纳奠基）证明当时命题成立；
（2）（归纳递推）以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立”.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法.已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：
①且；
②对任意的，存在唯一的，满足，其中，表示不超过y的最大整数；
③若，，则.
证明：（1）；
（2）对任意的，对每一个整数，都有；
（3）.
证明：（1）因为且，结合条件③可知.
（2）对m用数学归纳法.
当时，由条件①，，知结论成立.
假设当时成立，对每一个，都有 ，
下面证明，其中.分两种情形来讨论：
（a），则由归纳假设，且，从而由条件③得，.
（b），则由归纳假设，且，
从而由条件③得，.
故由归纳假设可知：命题“对任意的，对每一个整数，都有”
（3）由（2）可得，，且，
且由条件②存在，使得，
故存在，使得即，
故，从而由条件③得，
而，故，
又，而，由②中的唯一性可得，所以.
班级
人数
平均分
方差
甲
45
88
1
乙
45
90
2
X
0
1
2
3
P