2024湘豫名校联考高三下学期第二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二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，如图，平面四边形中，等内容，欢迎下载使用。

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湘豫名校联考
2024届春季学期高三第二次模拟考试
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，考生先将自已的姓名､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.作答非远择题时，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.已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.若函数的图象关于轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
5.某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队荻胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，平面四边形中，.若是椭圆和双曲线的两个公共焦点，是与的两个交点，则与的离心率之积为（ ）
A. B. C.2 D.3
7.如图，在中，分别为的中点，为上一点，且满足，则（ ）
A. B.1 C. D.
8.已知直线与直线相交于点，且点到点的距离等于1，则实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
二､多选题：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.人均可支配收入和人均消费支出是两个非常重要的经济和民生指标，常被用于衡量一个地区经济发展水平和群众生活水平.下图为2018~2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入及人均消费支出统计图，据此进行分析，则（ ）
A.2018~2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入逐年递增
B.2018~2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出逐年递增
C.2018~2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入的极差比人均消费支出的极差大
D.2018~2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出的中位数为21180元
10.已知是定义在上不恒为0的函数，的图象关于直线对称，且函数的图象的对称中心也是图象的一个对称中心，则（ ）
A.点是的图象的一个对称中心
B.为周期函数，且4是的一个周期
C.为偶函数
D.
11.如图，在正四面体中，分别为侧棱上的点，且，为的中点，为四边形内（含边界）一动点，，则（ ）
A.
B.五面体的体积为
C.点的轨迹长度为
D.与平面所成角的正切值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知圆锥的轴截面为正三角形，球与圆锥的底面和侧面都相切.设圆锥的体积､表面积分别为，球的体积､表面积分别为，则__________.
13.已知角满足，则__________.
14.已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是__________.
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）
设函数，曲线在点处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）求的单调区间和极值.
16.（本小题满分15分）
如图1，Rt中，分别是线段上的动点，且，将沿折起至，如图2，在四棱锥中，为的中点，且平面.
（1）证明：；
（2）若为线段上一点，若平面与平面的夹角为，求直线与平面所成角的正弦值.
17.（本小题满分15分）
除夕吃年夜饭（又称为团圆饭）是中国人的传统，年夜饭也是阖家欢聚的盛宴.设一家个人围坐在圆形餐桌前，每个人面前及餐桌正中央均各摆放一道菜，每人每次只能从中夹一道菜.
（1）当时，若每人都随机夹了一道菜，且每道菜最多被夹一次，计算每人夹的菜都不是餐桌正中央和自己面前的菜的概率；
（2）现规定每人只能在自己面前或餐桌正中央的两道菜中随机夹取一道菜，每个人都各夹过一次菜后，记被夹取过的菜数为，求满足的的最小值.
注：若均为离散型随机变量，则.
18.（本小题满分17分）
如图，过点的动直线交抛物线于两点.
（1）若，求的方程；
（2）当直线变动时，若不过坐标原点，过点分别作（1）中的切线，且两条切线相交于点，问：是否存在唯一的直线，使得？并说明理由.
19.（本小题满分17分）
已知由个数构成的有序数组，如果恒成立，则称有序数组为“非严格差增数组”.
（1）设有序数组，试判断是否为“非严格差增数组”？并说明理由；
（2）若有序数组为“非严格差增数组”，求实数的取值范围.
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2024届春季学期高三第二次模拟考试
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.B 【解析】因为，所以.故选.
2.D 【解析】由，得，则，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选D.
3.B 【解析】由题意为偶函数，则，解得.又，所以.故选B.
4.A 【解析】因为，且，即，所以.故选A.
5.D 【解析】依题意，记选“初心”队为事件，选“使命”队为事件，该单位获胜为事件，则.所以.故选D.
6.C 【解析】由题意知四边形为等腰梯形，如图，连接，过点作
，垂足为，则，所以.在Rt中，，所以与的离心率之积为.故选C.
7.B 【解析】方法一：设，过点作于点.由，
得.所以.因为，
所以，所以..故选.
方法二：如图，取的中点，连接，易知，以为坐标原点，
以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系.设，由题意，点在线段的中垂线即轴上，设，又，
所以，即
.由三点共线，得，即.因为，所以.故选B.
8.D 【解析】设点的坐标为，又且，由，得，代入，并整理得，即为点的轨迹方程.又点到点的距离等于1，所以，所以圆与圆有公共点，所以，即或，解得或.故选D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出四个的选项中，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.ACD 【解析】对于A，由题中折线图知人均可支配收入逐年递增，A正确；对于B，由题中折线图知，2018~2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出先增后减再增，B错误；对于C，2018~2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入的极差为元，人均消费支出的极差为元，C正确；对于D，2018~2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出的中位数为元，D正确.故选ACD.
10.AC 【解析】因为函数的图象关于直线对称，所以的图象关于轴对称，即为偶函数.所以.因为的图象的对称中心为原点，所以的图象的对称中心为，所以.对于，由为偶函数，知，所以点是图象的一个对称中心，正确；对于，由，得，所以，则，所以为周期函数，且8是该函数的一个周期，错误；对于，由，得，即，因为为偶函数，所以为偶函数，正确；对于，由，得，所以，D错误.故选AC.
11.ABD 【解析】对于，如图，设的中点为，连接，则由正四面体的性质知，必过点，且.因为平面平面，所以平面.又平面，所以
.因为，所以.在中，由余弦定理，得，所以，所以，所以.因为平面平面，所以平面，所以正确.对于还可以这样证明，因为，所以点在平面内的射影为的外心，所以
平面，所以.对于，由题意知五面体为正三棱台.因为，所以三棱台的高为，所以该棱台的体积为，B正确.对于，还可以这样求解，.对于，因为，解得，过点作，分别交于点，则四边形和均是边长为6的菱形，点在四边形内（含边界）的轨迹为以为圆心､6为半径的圆被四边形所截的弧和弧.设弧的长度为，则，所以动点的轨迹长度为，C错误.对于，连接与平面所成的角为，所以，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】不妨设正三角形的边长为2，则圆锥的底面半径为1，高为，母线长为2，所以；易得球的半径为，所以，，所以，故.
13.0 【解析】方法一：由已知得，若，则，则，这与，所以.所以，所以.所以，所以.因为，所以，所以.
方法二：由，得，等式两边同时乘以，得.所以，即，即，即.所以，所以.因为，即，所以.
14.6 【解析】因为，所以，则不等式等价于，等价于.令，则，.令.由对勾函数的性质可得.因为，即，所以，令，则解得所以，当且仅当时取等号，故的最大值是6.
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）因为，所以.
由题意得，即，
解得.
经检验，符合题意.所以.
（2）由（1）可知，的定义域为，
.
令，解得.
当时，；当时，；当时，，
所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增.
所以的极大值为的极小值为.
综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为的极大值为0，极小值为.
16.【解析】（1）如图，取中点，连接.
因为分别为线段的中点，所以为的中位线，
所以，且.
又因为，所以，
所以，所以四点共面.
又因为平面平面，且平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，所以.
（2）因为，所以.
由（1）易得，所以以为坐标原点，所在直
线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
因为是线段上一点，所以可设，
所以，
.
设平面的法向量为，
则即
令，得平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则即
令，得平面的一个法向量为.
依题意得，解得，满足.
所以.
设直线与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17.【解析】（1）当时，满足条件的样本点总数为，
记“每人夹的菜都不是餐桌正中央和自己面前的菜”为事件，
则事件的结果数是4个元素的全错位排列，记表示4个元素的全错位排列，
可以分步计算：
第一步，让1来先夹菜，除了正中央和自己面前的菜外，他有3种选择；
第二步，若他选择了面前的菜，则让来夹，对于，可以分两类，
若选1面前的菜，则其余2人只有1种选择；若不选1面前的菜，可有2种选择，而余下的2人只有1种选择，
所以事件含有的样本点个数为，
所以.
（2）方法一：将道菜编号，餐桌正中央的菜编号为0，其余菜编号为，
.
则，
所以.
因为当时，，
所以.
由题意有，
所以.
因为，
故数列单调递增.
又，所以的最小值为9.
方法二：由题意得的可能取值为，
表示个人都夹取餐桌正中央的菜，，
表示个人中有1个人夹取他面前的菜，其余个人夹取餐桌正中央的菜，，
表示个人中有2个人夹取他面前的菜，其余个人夹取餐桌正中央的菜，，
表示个人中有个人夹取了他面前的菜，其余2个人都夹取餐桌正中央的菜，；
表示个人中有个人夹取他面前的菜，剩余1个人夹取餐桌正中央的菜，或者个人都夹取他面前的菜.
所以
令，
则.
两式相加得
所以.
所以.
设，
则，
所以数列为递增数列.
因为，
所以的最小值为9.
18.【解析】（1）因为，直线的方程为，
所以直线的方程为，即.
由消去，得.
设两点的坐标分别为，则.
因为，所以，
解得.
所以的方程为.
（2）由（1）知抛物线的方程为.
设直线的方程为.
由消去，得.
由根与系数的关系，得.
抛物线在点处的切线方程为①
抛物线在点处的切线方程为②
①-②得.
因为，所以，代入①得，
即，所以直线的斜率分别为
若存在直线，使得，则.
设直线的倾斜角分别为，则.
由，得或，两边取正切，总有，
由两角差的正切公式，得，即，
即，
即，
化简得.
令，
求导得.
因为，
所以，即在上单调递增.
又，
所以存在唯一，使得，
即方程有唯一解，故存在唯一直线，使得.
19.【解析】（1）对于有序数组，有，
所以有序数组是“非严格差增数组”.
对于有序数组，有，因为，
所以有序数组不是“非严格差增数组”.
（2）由题意，知有序数组中的数构成以1为首项，为公比的等比数列，且共有12项.
根据“非严格差增数组”的定义，得，
不等式两边平方得，整理得.
当时，显然对于恒成立；
当时，得对于恒成立，
所以等价于时，，即，显然成立；
当时，得，
当为奇数时，得，因为，所以显然成立；
当为偶数时，得，因为，所以显然不成立.
所以当时，矛盾，舍去；
当时，得.
当为奇数时，得，显然成立；
当为偶数时，要使恒成立，
即等价于时，，即，解得.
综上可得，的取值范围为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
B
A
D
C
B
D
ACD
AC
ABD