湘豫名校联考2024届高三下学期第三次模拟考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湘豫名校联考2024届高三下学期第三次模拟考试数学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了本试卷共6页，若，则的值是，当时，的最大值是，已知双曲线C，若偶函数的最小正周期为，则等内容，欢迎下载使用。
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注意事项：
1．本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓名、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。作答非选择题时，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．已知等差数列的公差为，且，则的值为
A．1980B．1981C．1982D．1983
2．已知椭圆E：经过点，则E的长轴长为
A．1B．2C．4D．
3．已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，则“”是“”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
4．若，则的值是
A．零B．正数C．负数D．以上皆有可能
5．当时，的最大值是
A．2B．C．0D．
6．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且离心率为，过点的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则
A．B．C．2D．3
7．若偶函数的最小正周期为，则
A．B．的值是唯一的
C．的最大值为D．图象的一条对称轴为
8．已知实数m，n满足，则的最大值为
A．1B．2C．3D．4
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．在某次数学测试中，甲、乙两个班的成绩情况如下表：
记这两个班的数学成绩的总平均分为，总方差为，则
A．B．C．D．
10．已知函数定义域为R且不恒为零，若函数的图象关于直线对称，的图象关于点（0，1）对称，则
A．
B．
C．是图象的一条对称轴
D．（56，0）是图象的一个对称中心
11．一般地，对于复数（i为虚数单位，a，），在平面直角坐标系中，设，经过点∠的终边的对应角为，则根据三角函数的定义可知，，因此，我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，称为复数z的辐角．为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合的辐角的值叫做辐角的主值．已知复数z满足，，为z的实部，为z的辐角的主值，则
A．的最大值为
B．的最小值为
C．
D．．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，，．若，则的面积为________．
13．已知正四棱台ABCD-EFGH中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为________．
14．在龙年元宵节的一项无人机飞行表演中，将7架不同的“焰火”无人机和架不同的“灯光”无人机排成一列．已知每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火”无人机相邻，设这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为p，要使得，则n的最小值为________．
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）
甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局．根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响．
（1）经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
（2）若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
16．（本小题满分15分）
已知函数在处的切线方程为．
（1）求a的值；
（2）证明：．
17．（本小题满分15分）
如图，在直四棱柱中，四边形ABCD为菱形，，点E，F分别为棱AB，上的点，
（1）若，且平面以平面，求实数的值；
（2）若F是的中点，平面与平面BDF的夹角的余弦值为，求的值．
18．（本小题满分17分）
如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线．
（1）证明：为定值；
（2）求与的内切圆半径之和的取值范围．
19．（本小题满分17分）
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
（1）（归纳奠基）证明当时命题成立；
（2）（归纳递推）以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立”．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法．
已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：
①且；
②对任意的，存在唯一的，满足，其中，表示不超过y的最大整数；
③若，，则．
证明：（1）；
（2）对任意的，对每一个整数，都有；
（3）．
班级
人数
平均分
方差
甲
45
88
1
乙
45
90
2
湘豫名校联考
2024届春季学期高三第三次模拟考试
数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，毎小题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】由条件可得，且，所以．故选B．
2．C【解析】依题知，解得，所以E的长轴长为4．故选C．
3．C【解析】由直线与平面平行的判定定理和性质定理可知C正确，故选C．
4．A【解析】令，则，，所以．故选A．
5．D【解析】因为原式（其中，，由条件知，所以，所以原式的最大值为．故选D．
6．A【解析】不妨设焦点为，其中一条渐近线为，则直线l的方程为，由解得即，因为，所以，所以．故选A．
7．D【解析】对于A，因为周期只与有关，因此只需考虑的情况．若对任意，都有，即，所以，所以，所以A错设．对于B，因为为偶函数，所以．因为，，所以．又，所以或，所以B错误．对于C，，当时取得最大值，所以C错误．对于D，容易知道或时，，所以的图象关于直线对称．所以D正确．故选D．
8．B【解析】令，，则己知条件化为，即．利用直线与圆的有关知识可求得．令，则．所以，所以，令，则当时，，于是在上单调递增，所以．综上所述，的最大值为2．故选B．
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，有选错的将0分．
9．BD【解析】依题意得，．故选BD．
10．BCD【解析】因为的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称．因为的图象关于点（0，1）对称，所以的图象关于点（2，0）对称．所以．令，得．所以函数的周期为，所以，A错误，，B正确；因为图象的对称轴为，，所以是函数图象的一条对称轴，C正确；因为图象的对称中心为，，所以（56，0）是函数图象的一个对称中心，D正确．故选BCD．
11．ABD【解析】，的几何意义：如图，点Z在以（1，0）为圆心、以r为半径的圆上或圆内．对于A，B，的凡何意义为点Z与的距离，易得到其最大值为．也可以由绝对值三角不等式得．同理可知的最小值为，所以A，B正确．对于C，注意到图中辐角的余弦值不小于，所以C错误．对于D，设，有（其中是z的辐角的主值），由于，所以，所以D正确．故选ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【解析】显然，，，所以．所以．所以．
13．【解析】如图1，延长AE，BF，CG，DH交于点I，易得与相似，相似比为，，，I在正四棱台上、下底面的投影点分别记为，，，．首先四棱台内部能够放入的球体的直径，即；其次取AD，BC，GF，EH的中点M，N，S，T，作纵截面MNST，如图2，设球的球心为O．O到线段SN的距离为d，则．，，，所以，，所以．所以．
14．4047【解析】方法一：从排列的角度看问题．每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火"无人机相邻有四科情况，情况1：7架“焰火”无人机排在一起，此时有种方法，情况2：，组成方式为〇〇，〇〇〇〇〇，此时有种方法，情况3：，组成方式为〇〇〇，〇〇〇〇，此时有种方法．情况4：．组成方式为〇〇，〇〇，〇〇〇，此时有种方法．所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为，所以．因为，所以n的最小值为4047．
方法二：我们可以不考虑“灯光”无人机的排法，同时也不考虑“焰火”无人机之间的相对位置，只需将对应的“焰火”无人机放入“灯光”无人机形成的空位中即可．
对7架“焰火”无人机排法进行分类，①7架在一起，有种排法；②，由插空法知有，种排法；③，由插空法知有种排法；④．由插空法知有种排法；所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为．所以．因为，所以n的最小值为4047．
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）由题意，得X的取值可能为0，1，2，3，
则，，
，．
所以X的分布列为
方法一：故X的期望．
方法二，因为，所以X的期望．
（2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为．
16．【解析】（1）由题可得函数的定义域为R，
又，由条件知，解得，
（2）注意到，令，则．
令，则，所以在R上单调递增，即在R上单调递增．
因为，所以当时，；当时，，
所以在上单调遂减，在上单调递增．
所以，即，所以在R上单调遂增．
因为，所以当时，；当时，，所以．
17．【解析】（1）方法一：如图1，取AB的中点，连接，
因为四边形ABCD是菱形．且，
所以是等边三角形，所以．
因为平面ABCD，平面ABCD，所以．
因为，平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以平面平面，
所以E点和点重合．
所以，即，即．
图1
方法二：如图2，在上取一点G，使，连接EG，．
则平面平面，且．
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
所以．
又平面平面，平面平面．平面．
所以平面以．
又平面，所以．
又因为四边形ABCD是菱形，且，所以是等边三角形，
所以，即．
图2
（2）方法一：以E为AB的中点．建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz．
不妨设，，则，，，，，，所以，，，．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以平面的一个法向量为，
设平面BDF的法向量为，
则即
令，则，，所以平面BDF的一个法向量为．
设平面与平面BDF的夹角为，则
令，解得或，所以或．
所以或．
图3
方法二：连接AC，与BD相交于点O，连接与相交于点，连接，OF，．
由题意得，，平面ABCD．
建立如图4所示的空间直角坐标系，
不妨设，，
则，，
所以，．
易知，，
所以．
所以．
解得或，所以或．
所以或．
图4
18．【解析】（1）由消去y得．
由，，得．
所以的方程为，所以，．
设，则由，得，
结合，求得，所以点C的横坐标为，
所以，为定值．
（2）设，内切圆的半径分别为，，
则，．
设的内切圆半径为R，则．
所以，
因为
，
易得函数在上单调递增，所以，所以．
故与内切圆的半径之和的取值范围是．
19．【解析】（1）因为且，结合条件③可知．
（2）对m用数学归纳法．
当时，由条件①，，知结论成立．
假设当时成立，即．下面证明，其中．
分两种情形来讨论：
（a）．则由归纳假设，且，
从而由条件③得，．
（b）．则由归纳假设，且，
从而由条件③得，．
故由归纳假设（2）证毕，
（3）方法一，由（2）可得，且由条件②存在，使得
从而由条件③得．
又，结合条件②知，所以．
方法二：对与，由条件②，存在，使得，设，．
（a）当时，有；
（b）当时，，由①③可知，；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
C
A
D
A
D
B
BD
BCD
ABD
X
0
1
2
3
P