湖南省长沙市长郡中学2024届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2024届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

命题人：陈家烦曾卫国审题人：廖喜全孔令然
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（本大题共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
A．B．C．D．
2.已知复数，则复数z在复平面内对应的点在
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3.已知向量，，若，则
A．B．1C．D．2
4.已知函数，若在上单调递增，则实数的范围是
A．B．C．D．
5.设集合，现对M的任意一非空子集X，令表示X中最大数与最小数之和，则所有这样的的算术平均数为
A．501B．500C．1002D．1001
6.若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为
A．1B．C．D．
7.某校A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，且都不能在第3号位置，则不同的出场次序有
A．18种B．36种C．60种D．72种
8.在△ABC中，D为边BC上一点，，，，且ADC的面积为，则
A．B．C．D．
二、选择题（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.已知双曲线C：，则
A．的取值范围是B．C的焦点可在x轴上也可在y轴上
C．C的焦距为6D．C的离心率e的取值范围为
10.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：m、、；n、、.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
11.设函数，则以下说法中正确的是
A．B．
C．的图象存在对称轴D．的图象存在对称中心
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12.已知，，，，成等比数列，且2和8为其中的两项，则的最小值为 .
13.若正四面体ABCD的顶点都在一个表面积为的球面上，过点C且与BD平行的平面分别与棱AB，AD交于点E，F，则空间四边形BCFE的四条边长之和的最小值为 .
14.已知O为坐标原点，过作x轴的垂线交直线于点B，C满足，过B作x轴的平行线交E：于点P（P在B的右侧），若，则 .
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）
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）若，求△ABC的面积；
（2）若，求b.
16.（15分）
如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4cm和6cm，，为圆台的两条不同的母线.
（1）求证：；
（2）截面与下底面所成的夹角大小为60°，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.
17.（15分）
面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分.
（1）若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若（），则，，.
18.（17分）
已知等轴双曲线（实轴与虚轴长相等）N的顶点分别是椭圆C：的左，右焦点，.
（1）求等轴双曲线N的方程；
（2）Q为该双曲线N上异于顶点的任意一点，直线和与椭圆C的交点分别为E，F和G，H，求的最小值.
19.（17分）
已知函数，且与x轴相切于坐标原点.
（1）求实数a的值及的最大值；
（2）证明：当时，；
（3）判断关于z的方程实数根的个数，并证明.
大联考长郡中学2024届模拟试卷（一）
数学参考答案
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1.C
2.A
3.B
4.D
【解析】∵，∴，
若在上单调递增，则在恒成立，
令，则，，又，
故，所以问题转化为不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立.令，，则有，解得.
5.D
【解析】可设M的非空子集为（，，，…，），
又把这样的子集分为两类：（1）一类满足，这样的子集；
（2）另一类满足，此时可把两个非空集合与配对，易知这是两个不同的集合，且都是M的非空子集，它们的最大数与最小数之和是，所以此时非空子集的的平均数为1001.
综上，M的所有非空子集的特征数的平均数为1001.
6.A
【解析】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，
则，且，所以，，且，所以，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
且，，所以当时，，因为，，即，所以，，所以，故.
7.B
8.A
【解析】因为，解得，
所以△ADC为等腰三角形，则，
在△ADB中，由正弦定理可得，解得，
因为，所以为锐角，所以，
所以
.
二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.）
9.AC
10.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B选项，前两个矩形的面积之和为，
前三个矩形的面积之和为，
设该年级学生成绩的中位数为m，则，，解得，
所以，估计该年级学生成绩的中位数约为77.14，B对；
对于C选项，估计成绩在80分及以上的同学成绩的平均数为分，C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.
11.ABC
【解析】
对于A：，，则当时，取到最大值1，取到最小值，此时的值最大，最大值为，而不存在最小值，所以，故A正确，
对于B：当时，，当时，，即，所以，故B正确，
对于C：，分子分母所对应的函数的图象的对称轴都为直线，所以的图象的对称轴为，故C正确，
对于D：假设曲线存在对称中心，又由C选项知曲线存在对称轴，则函数必是周期函数，而不是周期函数，故D错误，所以正确的是ABC.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12.
13.
【解析】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球，
设正四面体ABCD的棱长为，所以正方体的边长为a，
易知正方体的外接球直径为体对角线DH的长，又，所以正四面体的半径，
依题有，得到，即正四面体ABCD的棱长为2，
因为平面CEF，平面平面，平面ABD，所以，
设（），
因为，则，，
在△EAF中，因为，所以，
在△FDC中，，，则，
所以空间四边形BCFE的四条边长之和
，
又，当时，.
14.
【解析】依题意不妨设，则，，
因为，所以，
所以，又，所以，，
所以，即，设，则，，
所以，所以，，
即，所以，由得，
解得，所以，所以，
在△COP中，
所以.
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）在△ABC中，由正弦定理可知：
可化为，故可得，又，所以，
所以，故，（*）
在△ABC中，由余弦定理可得，代入数据和（*）式可得，
所以三角形面积为.
故三角形△ABC的面积为.
（2）因为且，故代入可得，
因此，化简可得，
情况一：当时，由，化简可得，
在△ABC中，由正弦定理可得；
情况二：当时，同理，可得，又因为，故，
故b的值为.
16.【解析】
（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线与母线的延长线必交于一点，即A，，B，四点共面，
又因为圆面圆面O，且平面圆面，平面圆面，
所以.
（2）如图，分别取AB，的中点为C，，连接，，OC，
由题意可得，，
所以为截面与底面所成夹角，即，
过点作于点D，由，，得，
则（即梯形的高），
所以.
17.【解析】
（1）因为X服从正态分布，所以，，，
所以.进入面试的人数，.
因此，进入面试的人数大约为16.
（2）由题意可知，Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
.
所以.
18.【解析】
（1）由椭圆C：可得，所以等轴双曲线N的顶点为，
设等轴双曲线N为，所以，所以N的方程.
（2）设，，，，
设直线的方程为，直线的，
由得，
所以显然成立，所以，，
同理可得，，
所以，
，
联立直线和：，解得，所以，
因为Q在双曲线上，所以，解得，
所以
.
当且仅当，即时，取得最小值.
19.【解析】
（1）由题意知，且，
∵，
∴，解得.
∴，，则，
当时，，，故，
所以在区间上单调递减，
所以.
当时，令，则，
∵，，
∴，
∴在区间上单调递减，则，
∴在区间上单调递增，则，则.
综上所述，，的最大值为0.
（2）因为，
要证当时，，即证，
记，，
当时，，，
∴；
当时，，
记，则，
∴在区间上单调递减，则，
则在区间上单调递减，
∴，
综上所述，当时，.
（3）设，，
∴，
当时，由（1）知，
故，
故在区间上无实数根.
当时，，因此0为的一个实数根.
当时，单调递减，
又，，
∴存在，使得，
所以当时，当时，，
∴在上单调递增，在区间上单调递减，
∴，又，
∴在区间上有且只有一个实数根，在区间上无实数根.
当时，，
令（），
∴，
故在区间上单调递减，，
于是恒成立，故在区间上无实数根.
综上所述，有2个不相等的实数根.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
B
D
D
A
B
A
AC
BCD
ABC