湖南师范大学附属中学2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南师范大学附属中学2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了若锐角满足，则的最小值为，25等内容，欢迎下载使用。
命题人：柳叶 苏萍 张汝波 审题人：杨章远
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
2.已知是虚数，是实数，则的（ ）
A.实部为1 B.实部为-1
C.虚部为1 D.虚部为-1
3.若为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
4.若5个正数之和为2，且依次构成等差数列，则其公差的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
6.已知实数，则下列选项可作为的充分条件的是（ ）
A. B.
C. D.
7.若锐角满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本大题共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.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10.则（ ）
参考公式：样本划分为2层，各层的容量､平均数和方差分别为：；.记样本平均数为.样本方差为.
A.
B.估计该年级学生成绩的中位数约为77.14
C.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25
10.在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A.四面体的体积的最大值是
B.的取值范围是
C.四面体的表面积的最大值是
D.当时，球的体积为
11.已知函数及其导函数的定义域均为，记.若满足的图象关于直线对称，且，则（ ）
A.是偶函数 B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知直线是圆的切线，点和点到的距离相等，则直线的方程可以是__________.（写出一个满足条件的即可）
13.初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数.设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是__________.（用数字作答）
14.若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为__________.
四､解答题：本大题共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）如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，平面.
（1）求四棱柱的体积；
（2）设点关于平面的对称点为，点和点关于平面对称（和未在图中标出），求平面与平面所成锐二面角的大小.
16.（15分）记为数列的前项和，已知.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求最小的正整数，使得对一切都成立.
17.（15分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，离心率为是直线上任一点，过点且与垂直的直线交椭圆于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线的斜率分别为，问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18.（17分）某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中）
（1）记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值；
（2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
（3）记表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：.
19.（17分）已知函数，满足，且在区间上无极值点.
（1）求的单调递减区间；
（2）当时，设的最大值为，求的值域；
（3）把曲线向左平移个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.得到曲线.设函数，将在区间上的极值点按从小到大的顺序排列成数列.若，求实数的值.
湖南师大附中2024届模拟试卷（二）
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.D 【解析】由题意，，所以，选D.
2.B 【解析】设虚数，则，而是实数，故，得到.选B.
3.D 【解析】在方向上的投影向量为，得.由于为单位向量，因此，于是.选D.
4.A 【解析】设这个五个正数依次为，则由他们成等差数列可知，故.为使五个数均为正数，只需和均大于零即可，解得.选A.
5.A 【解析】由图可知，函数图象对应的函数为偶函数，排除C，
由图可知，函数的定义域不是实数集.故排除；
由图可知，当时，，而对手D选项，当时，，故排除D，故选A.
6.C 【解析】取，排除：取，排除；取，排除D；
由，可推出，即.选C.
7.D 【解析】.于是.选D.
8.D 【解析】如图，设内切圆与边分别相切于点.由切线长定理和的对称性，可设.
由，可得.
在中，由余弦定理，.
于是根据椭圆和双曲线的定义，.
接下来确定的取值范围.
设，在中，，于是由余弦定理，，整理得，于是，故，从而.选D.
二､多选题：本大题共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.BCD 【解析】对于A选项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，
则，解得，A错；
对于选项，前两个矩形的面积之和为.
前三个矩形的面积之和为.
设该年级学生成频的中位数为，则，
根据中位数的定义可得，解得，
所以，估计该年级学生成绩的中位数约为对；
对于选项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为分，对；
对于D选项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为，D对.故选：BCD.
10.AD 【解析】对于选项，，则为等边三角形，，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，
且，
所以，二面角的平面角为.
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的服大值是，选项正确；
对于选项，由余弦定理可得，
所以，，B选项错误；
对于选项，，
，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，C选项错误；
对于选项，设分别为的外心，则.
在平面内过点作的重线与过点作的重线交于点，
平面，
平面，
平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，
所以，，
Rt中，，即球的半径为，因此，球的体积为，D选项正确.
故选：AD.
11.ABD 【解析】对于A选项，因为函数的图象关于直线x=2对称，
则，
即，所以，函数为偶函数，故A正确；
对于选项，因为，令，可得，即，
对等式两边求导得，即，
故，所以，故B正确；
对于选项，因为，则，
令，则，所以，为常值函数，
设，其中为常数，
当时，，故错误；
对于D选项，因为，所以，.
，可得，
，
由，令，可得，则，
所以，
因为，则，D对.故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.（写出一个满足条件的即可） 【解析】若，此时的斜率为1.设的方程为，则点到的距离，得，因此的方程为或.若经过的中点，当的科率不存在时，的方程为；
当的斜率存在时，设其方程为，则点到的距离，得，此时的方程为.故答案为：（写出一个满足条件的即可）.
13.28 【解析】显然均为不超过5的自然数，下面迸行讨论：
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况.
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况.
③，此时共有种情况.
当最大数为3时，，没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是.
13. 【解析】设正三㖟台.如图，先考察正三梭台的一个侧面.设.在中，由于是钝角，故中最大的边是.若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边；若一边长1，一边长，则变为直角三角形；若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾.
因而只能是.
设三棱台的上底面中心为，下底面中心为.如图，在直角梯形中求球的半径.容易求得.
设球的半径为，则，
解得，故球的表面积为.
四､解答题：本大题共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）设直四棱柱的高为.设菱形的两条对角线相交于点，则，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题设知，点.
因为平面，所以.
则，得.
故四棱柱的体积.
（2）因为平面，所以点在线段上，且.
设，则，解得（舍去）或，故.
由于点和点关于平面对称，所以是平面的一个法向量.
又是平面的一个法向量，
则.
即平面和平面所成锐二面角的大小为.
16.【解析】（1）由题设知.
用替换上式的，得.
两式作差，，即.
而由，可得.
从而是首项为1，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，于是
设，则，
当时，，故.
两式作差，得.
整理可得.
故，又，因此满足条件的最小正整数为7.
17.【解析】（1）由题意，在椭圆中，右顶点为，离心率为，
椭圆的方程为：.
（2）由题意及（1）得在椭圆中，设存在常数，使得.
当直线斜率不存在时，其方程为：，
代入椭圆方程得，此时，可得；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
将直线方程代入椭圆方程得：，
.
是直线上任一点，过点且与垂直的直线交椭圆于两点，
直线的方程为：，
由几何知识得；，将代入方程，并化简得：，解得：综上，存在常数，使得.
18.【解析】（1）当时，，
则，解得.
由题意，得.
由全概率公式，得
.
又，所以.
（2）由，得.
假设存在，使.
将上述两式相乘，得，化简得：.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
（3）证明：由题知，所以，
所以，
所以，
即，所以，即.
19.【解析】（1）由题设知直线是的一条对称轴，点是的一个对称中心，
所以的最小正周期满足，故，从而.
令，得.
结合知，故.
今，得的单调递减区间为.
（2）注意到的值域就是在区间上最大值与最小值之差的取值范围.
①若的对称轴在区间内，不妨设对称轴在内，则的最大值为1，当，即时，的最小值为；
②若的对称轴不在区间内，则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，则
故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为.
综上所述，的值域为.
（3）由题设可求得.
当时，.
由函数在区间上递增，且值城为，故存在唯一，使得.
此时，当时，单泡递减：当时，单调递增，因此.
同理，存在唯一.使得.
此时，当时，单调递增；当时，单调递减，因此.
由.同理，.由，整理得：.
又一，故，则有，
由，故或.
又，当时.不满足，舍去.
所以，即.则.
综上所述，.0
1
2
3
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
D
A
A
C
D
D
BCD
AD
ABD