湖南省永州市2024届高三第三次模拟考试数学试卷(解析版)

这是一份湖南省永州市2024届高三第三次模拟考试数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，
，
所以.
故选：A
2. 样本数据16，24，14，10，20，15，12，14上四分位数为（ ）
A. 14B. 15C. 16D. 18
【答案】D
【解析】将数据从小到大排序可得，共8个样本数据，
则上四分位数即第百分位数为，即为.
故选：D.
3. 已知非零数列满足，则（ ）
A. 8B. 16C. 32D. 64
【答案】D
【解析】由可得，则.故选：D.
4. 的展开式中第四项的系数为540，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为的展开式中第四项为，
所以，解得，
所以.故选：C.
5. 为迎接2024年在永州举行的中国龙舟公开赛，一位热情好客的永州市民准备将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，若每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为（ ）
A. 26B. 25C. 24D. 23
【答案】C
【解析】将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，每人至少分得一份，有种分法，而甲、乙两人分得的份数相同，可以都是1份，2份，3份，4份共4种分法，所以每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为种.故选：C.
6. 在中，，，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意，以为坐标原点，所在直线为x轴，过垂直的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，由，可得是以为直径的圆，
所以的轨迹方程为，取的中点为，设，
可得，所以，所以，
所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为，
由，所以，所以，
所以，
所以.故选：A.
7. 已知函数,其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
在上单调递增.
令，上单调递增，
因为，所以为奇函数，
则化为
所以，解得，
.故选：C.
8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图 , , , ，
设,则，
平分 ,
, ,
由双曲线定义可知，
，即,
在中，由余弦定理知
化简得 , 由得 ,
不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则 , .故选：B.
二、多项选择题
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量，若，则
B. 设，，则“”成立的充要条件是“”
C. 已知，，则
D. 若，，，则事件与相互独立
【答案】A
【解析】对于A，随机变量服从正态分布，且对称轴为，
因为，所以，
故，故A正确；
对于B，当时， ，当时，，
此时成立，但，故B错误；
对于C，，故，故C错误；
对于D，，故D错误.故选：A.
10. 已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为锐角的直线与抛物线相交于，两点（点在第一象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 当直线的斜率为时，
C. 设直线，的斜率分别为，，则
D. 过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，则
【答案】BCD
【解析】，设直线的方程为.
对于A，把代入得，
设，则，
所以，
A错；
对于B，当直线的斜率为时，，B对；
对于C，由题意知
则，，
所以，C对；
对于D，由有，
因为的方程为，令得，
所以点为的中点，即，D对.故选：BCD.
11. 在平面四边形中，，，为等边三角形，将沿折起，得到三棱锥，设二面角的大小为.则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，，分别为线段，上的动点，则的最小值为
B. 当时，三棱锥外接球的直径为
C. 当时，以为直径的球面与底面的交线长为
D. 当时，绕点旋转至所形成的曲面面积为
【答案】ACD
【解析】对于A，如图，取中点，连接，，则，，
所以为二面角的平面角，角，
由题意可得，
当时，根据余弦定理可得，
当为中点且时，长度最短，
由等面积法可得，求得最小值为故A对.
对于B，如图，的外接圆的圆心分别为，三棱锥外接球的球心为，连接，则，
当时，则，所以，
所以球的半径
故B错.
对于C，当时，如图，过球心作
则为的中点，且，又球半径为1，球与的一交点为，
则，又过作，，
球与底面的交线如图，
所以交线长为，故C对.
对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，该圆锥母线长为，底面圆半径为1，
故面积为，故D对.故选：ACD.
三、填空题
12. 已知复数，，若（为的共轭复数），则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】,,
,, 都是实数，且,,解得,
即实数的取值范围为故答案为：
13. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则________.
【答案】
【解析】因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
即，因为，所以，
因为，所以，即,
所以.故答案为：.
14. 已知函数的定义域为，，，且对于，恒有，则________________.
【答案】
【解析】由可得，
所以，
，
，
，.
因为对于，恒有，
所以当时，，而，
故答案为：.
四、解答题
15. 绿化祖国要扩绿、兴绿、护绿并举.某校植树节分别在甲，乙两块不同的土地上栽种某品种树苗各500株.甲地土质含有元素，乙地土质不含有元素，其它土质情况均相同，一段时间后，为了弄清楚该品种树苗的成活情况与元素含量是否有关联，分别在甲，乙两块土地上随机抽取树苗各50株作为样本进行统计分析.经统计，甲地成活45株，乙地成活40株.
（1）根据所给数据，完成下面的列联表（单位：株），并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为该品种树苗成活与元素含量有关联？
列联表
（2）若将频率视为概率，从样本中不成活的树苗中随机抽取3株，其中取自甲地的株数为，求的分布列及方差
参考公式：，
参考数据：
解：（1）依题意可得列联表如下：
零假设为：该品种树苗成活与元素含量无关联.
根据列联表中的数据，
，
根据小概率值独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为该品种树苗成活与元素含量无关联.
（2）由题意知，不成活的树苗共有株，甲地不成活的树苗有株，的可能取值为,
故，，
，
故的分布列为：
期望；
方差.
16. 如图，在多面体中，底面为直角梯形，，，平面，.
（1）证明：；
（2）若，，且多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在中，，
在中，，
所以，，
所以，
又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以；
（2）解：设多面体的体积为，，
则，
解得，
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
那么，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）当时，求在的单调区间及极值.
（2）若恒成立，求的取值范围.
解：（1）当，时，，
则，
令，解得，令，解得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以在处取得极小值为，无极大值.
（2）依题意可得，对，恒成立，
即，令，
当时，，单调递减，
当时，，则，
令，解得，令，解得，
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，即，
所以的取值范围为.
18. 已知数列为等比数列，为等差数列，且，，.
（1）求，的通项公式；
（2）数列的前项和为,集合共有5个元素，求实数的取值范围；
（3）若数列中，，，求证：.
（1）解：设数列的公比为，数列的公差为，
则由，，所以，所以，
，即，
所以，
所以；
（2）解：设数列，
则，
所以
，
，
令，
，
可得，
故当时，最大，
且，
所以，即的取值范围为.
（3）证明：由，
则当时，
，
当时，也满足上式，
所以，
，
所以原不等式成立.
19. 已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
（1）求轨迹的方程；
（2）在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
（3）过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
解：（1）设则，
由得，又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得，即，
又点在轨迹上，，解得，或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
类别
树苗成活情况
合计
成活
不成活
含元素
不含元素
合计
0.10
0.05
0.010
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
类别
树苗成活情况
合计
成活
不成活
含元素
45
5
50
不含元素
40
10
50
合计
85
15
100