湖南省长沙市长郡中学2024届高三下学期模拟（三）数学试卷

这是一份湖南省长沙市长郡中学2024届高三下学期模拟（三）数学试卷，共23页。试卷主要包含了数列的前项和为，则可以是，若正实数满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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（ ）
A．B．C．D．
2．在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”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
3．若实数，，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图，圆O内接一个圆心角为60°的扇形，在圆O内任取一点，该点落在扇形内的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知三棱锥的外接球的体积为，平面，，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．数列的前项和为，则可以是（ ）
A．18B．12C．9D．6
二、选择题：本题共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．若正实数满足，则（ ）
A．
B．有序数对有6个
C．的最小值是
D．
10．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ）
A．平均数为9.6B．众数为10
C．第80百分位数为9.8D．方差为
11．已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为等边三角形，则球的体积为
B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，，是的中点，延长交于点．设，，则可用，表示为 ，若，,则面积的最大值为 ．
13．已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为 ．
14．已知函数的定义域为，且，，则 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在中，内角的对边分别为，且.
(1)证明：.
(2)若，，求的面积.
16．刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查（问卷得分在分之间），并从参与者中随机抽取人.根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
(1)据此估计这人满意度的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
(2)某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动.活动方案为：从装有个形状、大小完全相同的小球其中红球个，黑球个的抽奖盒中，一次性摸出个球，若摸到个红球，返消费金额的；若摸到个红球，返消费金额的，除此之外不返现金．
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠.现小张在该超市购买了总价为元的商品．
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？（注：结果精确到）
17．已知数列的前n项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前项和.
18．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．

(1)求证：四点共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
19．已知抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为．
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线上一点作抛物线的切线，分别交轴于点，交轴于点．点在抛物线上，点在线段上，满足能；点在线段上，满足，且，线段与交于点，当点在抛物线上移动时，求点的轨迹方程．
(3)将向左平移个单位，得到，已知，，过点作直线交于．设，求的值
参考答案：
1．B
【分析】根据题意，将集合化简，然后结合交集的运算即可得到结果.
【详解】，
而，故，
故选：B．
2．B
【分析】利用正弦定理和余弦定理可得，但不一定为锐角；若是锐角三角形可知满足，即可得出结论.
【详解】由是锐角三角形，得，从而，
故，即，即，
可得，即必要性成立；
反之，若“”可得，即，
可得，可知，但角可能为钝角，所以充分性不成立；
故选：B
3．A
【分析】首先判断，，且，根据对数函数的性质可得，即可判断.
【详解】因为，
又，则，且，即，
因为，所以，
所以.
故选：A
4．C
【分析】以为整体，根据题意结合零点可得，结合对称性可得，进而可求.
【详解】因为，且，则，
由题意可得：，解得，
又因为直线为函数图象的一条对称轴，
则，解得，
可知，即，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：以为整体，可得，结合正弦函数零点分析可知右端点的取值范围，进而可得的取值范围.
5．C
【分析】根据圆的半径与扇形半径的关系及扇形的面积公式，由几何概型求解即可.
【详解】设圆的半径为，过作于点，如图，
则扇形的半径,
所以扇形的面积，
圆的面积，
由几何概型可得：.
故选：C
6．A
【分析】由题意设三棱锥外接球的半径为，由解出，再由余弦定理解出 ，设外接圆半径，解出并求出，进而解出三棱锥体积即可.
【详解】设三棱锥外接球的半径为，则，解得；
因为，，
所以，
设外接圆的半径为，则，所以，
故，所以，
所以三棱锥的体积为.
故选：A.
7．D
【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故选：D
8．C
【分析】易通过，可得，也可求得，但此数列存在不确定的首项，所以在求和后发现结果为，与选项中的四个数进行对比分析，发现一定不能为负整数，所以只能选C.
【详解】由可得：且，
由上式又有：，
还有，两式相减得：，
两边同时除以得：，
由上式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，公差为1，
所以
，
由此数列的奇数项公式为，又由，
所以可以判断一定不能为负整数，即只能有，
故选：C.
9．AB
【分析】对于A，使用条件即可证明；对于B，设并证明整除，再验证的全部因子即可；对于C，直接证明即可否定；对于D，给出，作为反例即可否定.
【详解】对于A，由已知正实数满足，有，
，故A正确；
对于B，由于，，故是正整数，设，则，所以.
而，故整除，得.
验证知时，都满足条件，
所以符合条件的有序数对有6个，故B正确；
对于C，由于，且，，
从而，
当，时，等号成立，故C错误；
对于D，当，时，有，
故，从而.
但此时，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是C选项中对基本不等式的适当运用.
10．ABD
【分析】根据平均数、众数、百分位数和方差的定义求解.
【详解】对于A，平均数，故A正确；
对于B，出现次数最多的数为10，故B正确；
对于C，7×0.8=5.6，第80百分位数为第6位，即10，故C错误；
对于D，方差为，故D正确.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】由为等边三角形求出外接圆半径，再得到球的半径即可求出体积判断A，利用中位线可得出与所成角为，解直角三角形即可判断B，建立空间直角坐标系利用向量法证明垂直即可判断C，利用向量法由异面直线所成角求出圆半径，再得出球半径即可判断D.
【详解】由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为，
圆与圆的半径为.
对于A，由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去）.
所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误.
对于B，因为，所以三点在同一平面内.
因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以，
所以为与所成的角.因为，所以.
又，所以，所以，故B正确.
对于C，因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
所以，所以，故C正确.
对于D，以为原点，以，所在直线分别为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图，
则，
所以，
所以，
所以，
解得（负值已舍去）或（负值已舍去）.
当时，球的半径为，所以球的表面积；
当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：由于球的半径未知，直径与间的位置关系未知，本题解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用.
12． ，
【分析】根据几何关系，表示向量；设，再利用平面向量基本定理表示，即可求解，再根据，以及基本不等式，三角形面积公式，即可求解.
【详解】由点是的中点，
则；
设，，
则，
，
，
，
所以，得,,
所以，即，
因为，
所以，
，
即，即，当时，即时等号成立，
所以面积的最大值为.

故答案为：；.
13．/
【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率.
【详解】设，，由题意可知：，
则直线的斜率，可知的方程为，
同理可得：的方程为，
联立方程，解得，即，
因为在上，可知关于x轴对称，
且，则，可得，
又因为，即，
由题意可得：，整理得，
解得或（舍去），则，
所以的离心率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
14．
【分析】令求，令求，令得，通过迭代求周期，然后可解.
【详解】令，则，
因为，所以，
令，则，得，
令，则，即，
所以，
所以
所以，所以，即，
是以6为周期的周期函数，
所以，
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；
（2）利用余弦定理及（1）的结论，三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）根据正弦定理知，
整理得，
因为，
所以，
由正弦定理可得；
（2）因为，所以，
由余弦定理可得，即，
则，
因为，所以，所以，
则，即，
解得或，
当时，，此时的面积，
当时，，此时的面积.
所以的面积为或.
16．(1)68
(2)①分布列见详解，；②选择方案二更划算.
【分析】（1）根据直方图估算平均数的方法直接计算即可；
（2）①先确定X的取值，然后根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，再由期望公式求出期望；②确定实际付款金额Y的值，然后根据所给概率写出分布列，即可计算出期望，通过比较期望大小即可作出判断.
【详解】（1）由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根据的关系由：求解即可；
（2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可.
【详解】（1）当时，.
当时，，
当时，也符合.
综上，.
（2）由
则
，
故的前项和.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易知，由线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可证明；
（2）由（1）求出的坐标，利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）因为平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，则，
由，得，
所以，
则，所以共面，
又直线的公共点为，所以四点共面；
（2）由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
得，
即直线与平面所成角的正弦值为.

19．(1)
(2)
(3)0
【分析】（1）根据抛物线的几何意义求出p，即可求解；
（2）利用导数的几何意义求出切线方程，则为的中点，利用平面向量的基本定理可证得是的重心，建立方程组，即可求解；
（3）易知直线的斜率存在，设直线l,，联立抛物线方程，利用韦达定理，由可得，结合平面向量的坐标表示求解即可.
【详解】（1）因为抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为，
所以，解得，
故抛物线方程为；
（2）由（1）知，，则，，
所以在点A的切线方程为，即，得，
所以为的中点，得，
设，则，
所以，两式相加得，即是的重心，
设，则，
消去，得，
故点的轨迹方程为；
（3）由（2）知，，
易知直线的斜率存在，设，，
，消去y，得，
所以，又，则，
解得或，
所以，
又，，
所以，
即的值为0.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
X
800
900
1000
P
Y
800
900
950
P