湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期模拟考试数学（一）试题（Word版附解析）

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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．回答选择随时，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井交回.
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. 已知某位自行车赛车手在相同条件下进行了8次测速，测得其最大速度（单位：）的数据分别为42，38，45，43，41，47，44，46，则这组数据中的分位数是（ ）
A. 44.5B. 45C. 45.5D. 46
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的知识求得正确答案.
【详解】将数据从小到大排序为：38，41，42，43，44，45，46，47，
因为，所以分位数为.
故选：C
2. 函数在上的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值判断即可.
【详解】解：∵，∴在上为偶函数．
又，
∴只有选项C的图象符合．
故选：C．
3. 已知复数z满足，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的几何意义，转化为点到圆心的距离加半径可得最大值，减半径可得最小值即可.
【详解】表示对应的点是单位圆上的点，
的几何意义表示单位圆上的点和之间的距离，
的取值范围转化为点到圆心的距离加上半径可得最大值，减去半径可得最小值，
所以最大距离为，最小距离为，
所以的取值范围为.
故选：B

4. 已知点A为双曲线的左顶点，点B和点C在双曲线的左支上，若是等腰直角三角形，则的面积是（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】双曲线的左顶点，设，根据图形特征求出点坐标，从而可求的面积.
【详解】由题意得，点B和点C在双曲线的左支上，
若是等腰直角三角形，设，由对称性有，
则有 ，代入双曲线方程，解得，，
则有等腰直角三角形的斜边，三角形的高，
所以.
故选：C.
5. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. 168B. C. 1512D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用多项式展开性质及组合数的应用求解即可.
【详解】原问题可以理解为8个相乘，要想得到，需要8个因式中有2个取项，1个取项，
还剩5个取常数项，由题意的系数为：.
故选：D
6. 如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.
【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，
则如图，水最少的临界情况为，水面为面，
水最多的临界情况为多面体，水面为，
因为，
，
所以，即.
故选：A.
7. 已知函数，若在上有且仅有四个不相等的实数根，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据辅助角公式可得，作出的图象，结合图形即可求解.
【详解】，
作出的图象，如图所示，

结合图形可知，若在上有且仅有4个不等的实数根，
则且，
即的取值范围为.
故选：D
8. 已知数列中，，（其中表示的整数部分，表示的小数部分），则（ ）
A. 2024B. 2025C. 4046D. 4047
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，求出，进而归纳出，即可求出.
【详解】由题意知，，
则，
，
，
，
以此类推，，
所以，则.
故选：D
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. 已知一圆锥的底面半径为，该圆锥的母线长为2，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则下列说法正确的是（ ）
A. 其侧面展开图是圆心角为扇形
B. 该圆锥的体积为π
C. 从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为
D. 过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出底面圆周期判断A；求出圆锥的高并求出体积判断B；展开半圆锥的侧求出弦长判断C；求出轴截面顶角，再求出截面最大值判断D.
【详解】对于A，圆锥底面圆周长为，而圆锥侧面展开图扇形半径为2，所以侧面展开图的圆心角为，A正确；
对于B，圆锥的高，因此圆锥的体积，B正确；
对于C，依题意，将半圆锥的侧面展开，如图，
则从A点经过圆锥侧面到达B点的最短距离为，C错误；
对于D，圆锥轴截面顶角为，则，，则圆锥轴截面顶角为，
因此过该圆锥的顶点的圆锥截面等腰三角形顶角，
此截面三角形积，当且仅当时取等号，D正确.
故选：ABD
10. 梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（ ）
A.
B.
C. 为定值8
D. 若，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D
【详解】
由几何图形关系可得，
因为，所以．因为，
所以，
所以，故A正确；
因为，所以，因为，所以，
所以，故B错误；
因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；
因为，且三点共线，
所以，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故D错误．
故选：AC．
11. 瑞士数学家Jakb Bernulli于17世纪提出如下不等式：，有，请运用以上知识解决如下问题：若，，，则以下不等式正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】不妨设，根据选项C的结构构造函数，利用导数研究其单调性，结合题目不等式结论即可判定正确，再根据题目不等式结论证明得及，相加即可判断B正确，结合C判断A正确，得解.
【详解】不妨设，先证明C：证明在上单调递减即可.
，即要证明，
即要证明，
因为，得证，
所以，即，故选项C正确，D错误；
再证明B：，因此，
同理，故，且，所以AB正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，
12. 已知集合，，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】由得，令、、求出集合B，即可求解.
【详解】由，得.
当时，，不满足元素的互异性，舍去；
当时，，满足，符合题意；
当时，，不满足，舍去.
综上，.
故答案为：2
13. 已知数列为正项等比数列，且，则的最小值为______.
【答案】12
【解析】
【分析】利用等比数列性质得，结合已知得，利用基本不等式求解即可.
【详解】由于数列为正项等比数列，所以，
因此，
当且仅当即时，等号成立，故的最小值为12.
故答案为：12
14. 已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，可得四边形为平行四边形，设，，，根据与的中点相同，换算出关系式，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解.
【详解】设过点P分别作直线，由题意，画示意图如下：
设，，.则，，
由题意可知四边形为平行四边形，
所以，即，
又因P为椭圆上任意一点，所以，即，
所以，
因为，所以，
所以由函数性质知：当时，有.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：本题结合两点间的距离公式考查椭圆的几何性质的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，解题的关键是利用平行四边形的性质找到点的坐标之间的关系.
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. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为平面菱形，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；
【小问2详解】
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.

16. 已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后，分为Ⅰ级和Ⅱ级，两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示：

若只利用该指标制定一个标准，需要确定临界值K，按规定须将该指标大于K的产品应用于A型手机，小于或等于K的产品应用于B型手机．若将Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的芯片错误应用于A型手机会导致芯片生产商每部手机损失800元；若将Ⅱ级品中该指标大于临界值K的芯片错误应用于B型手机会导致芯片生产商每部手机损失400元；假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）设临界值时，将1个Ⅰ级品芯片和1个Ⅱ级品芯片分别应用于A型手机和B型手机．求两部手机有损失的概率（计算结果用小数表示）；
（2）设且，现有足够多的芯片Ⅰ级品、Ⅱ级品，分别应用于A型手机、B型手机各1万部的生产，试估计芯片生产商损失费用的最小值．
【答案】（1）0.163 （2）136万元
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，I级品中该指标小于或等于60的频率和II级品中该指标大于60的频率，即可求解；
（2）由题意分别计算A、B型手机的损失费用可得，结合一次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
临界值时，I级品中该指标小于或等于60频率为，
II级品中该指标大于60的频率为0.1，
故将1个I级品芯片和1个II级芯片分别应用于A型手机和B型手机，
两部手机有损失的概率为：；
【小问2详解】
当临界值时，
I级品中该指标小于或等于临界值的概率为，
可以估计10000部A型手机中有部手机芯片应用错误；
II级品中该指标大于临界值的概率为，
可以估计10000部B型手机中有部手机芯片应用错误；
故可以估计芯片生产商的损失费用
又，所以，
即芯片生产商损失费用的最小值为136万元.
17. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，
（1）求角A.
（2）若，所在平面内有一点D满足，且BC平分，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和的正切公式结合题意化简得，即可得解；
（2）设，由正弦定理把边化成角，再用三角形面积公式得，结合导数求解即可.
【小问1详解】
由题，
即，即，
所以，即，所以，
又，所以.
【小问2详解】
由题（1）知，又，设，
由中，，故，则，
由正弦定理有，，则，
故面积，
令，
则，
又，所以，知函数在上单调递增，
又，，故面积的取值范围为.
18. 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
【答案】（1）
（2） （3）0
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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.
19. 已知函数．
（1）判断并证明的零点个数
（2）记在上的零点为，求证;
（i）是一个递减数列
（ii）．
【答案】（1）当为奇数数，有1个零点；当为偶数时，有2个零点 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数研究函数的零点和零点的存在性定理可知其在内有唯一零点；当时，分类讨论为奇、偶数时零点的情况，即可下结论；
（2）（i）易知，当时可得，利用的单调性解不等式可得，即可证明；（ii）由（i），求和可得；由得，利用放缩法和函数单调性解不等式可证得，求和，结合等比数列数列前n项求和公式计算即可证明.
【小问1详解】
当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
证明如下：
当时，由，得，
所以函数在上单调递增，又，，
所以函数在内有唯一零点；
当时，，
若为奇数，，则，此时在内无零点；
若为偶数，设，
则，方程有一个解，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，此时在内有1个零点.
综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
【小问2详解】
（i）由（1）知，当时，在在内的零点，
当时，，，
则，
故，所以数列是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，
有，所以，求和可得
，当且仅当时等号成立；
当时，，
故，则，得，
即，即，即，
即，即，
即，当时，，
所以当时，均有成立，求和可得
.
综上，.
【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，常常将上一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.