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湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三下学期三模数学试题
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这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三下学期三模数学试题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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M={0,1,2},N={x|x2−3x<0}，则M∪N=（ ）
A．{0,1,2}B．{1,2}
C．{x∣0≤x<3}D．{x∣02．若i为虚数单位，复数z=1+ii，则z=（ ）
A．−1+iB．−1−iC．1−iD．1+i
3．已知m为平面α外的一条直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在直线n，使得n⊥m，n⊥αB．存在直线n，使得n⊥m，n∥α
C．存在直线n，使得n∥m，n∥αD．存在直线n，使得n∥m，n⊥α
4．在某市的一次质量检测考试中，学生的数学成绩可认为近似服从正态分布，其正态密度曲线可用函数f(x)=1σ2πe−(x−78)22σ2的图象拟合，且P(78⩽X⩽120)=0.42，若参加本次考试的学生共有10000人，则数学成绩超过120分的人数约为（ ）
A．600B．800C．1200D．1400
5．已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若数列{Sn+an}是首项为1的等差数列，则a3=( )
A．12B．23C．14D．18
6．将函数f(x)=cs2x−sin2x的图象向右平移π3个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)和g(x)在区间(a,b)上都是单调递增的，则b−a的最大值为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
7．已知正六棱锥P−ABCDEF的高为23，侧面与底面所成角的正切值为4，则该正六棱锥的内接正六棱柱（即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱和底面上）的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．43πB．4πC．33πD．3π
8．已知椭圆的长轴长是短轴长的7倍，则该椭圆的离心率为（ ）
A．77B．147C．357D．427
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a>0，b>0，且a+b=2，则（ ）
A．a2+b2≥2B．14<2a−b<4
C．lg2a+lg2b≥0D．a2−b>0
10．已知f(x)=x2+xlnx+2，g(x)=f(x)−ex，则（ ）
A．函数f(x)在[14,1]上的最大值为3
B．∀x>0，f(x)>2
C．函数g(x)在(3,4)上没有零点
D．函数g(x)的极值点有2个
11．已知双曲线C:x22−y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，O为坐标原点，直线l交双曲线C的右支于P，Q两点（不同于右顶点），且与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，则（ ）
A．OA⋅OB为定值
B．|PA|=|BQ|
C．点P到两条渐近线的距离之和的最小值为2
D．不存在直线l使MP⋅MQ=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(x−2)5的展开式中x3的系数是 .
13．已知 α∈(0，π2) ， tanα=2 ，则 cs(α−π4)= .
14．已知函数sgn(x)=−1，x<00，x=01，x>0，关于函数f(x)=sgn(x−π)sinx有如下四个命题：
①f(x)在[π2，π]上单调递减；②f(lg2)=−f(lg12)；
③f(x)的值域为[−1，1]；④f(x)的图象关于直线x=π对称.
其中所有真命题的序号是 .
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．△ABC 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求 △ABC 周长的最大值.
16．某手机生产厂商要生产一款5G手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进行社会调查，共调查了400人，将这400人按对手机屏幕的需求尺寸分为6组，分别是：[5.0,5.5)，[5.5,6.0)，[6.0,6.5)，[6.5,7.0)，[7.0,7.5)，[7.5,8.0)（单位：英寸），得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需求尺寸在[5.5,6.0)的一组人数为50人.
（1）求a和b的值；
（2）用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)和[7.0,7.5)两组人中抽取6人参加座谈，并在6人中选择2人做代表发言，则这2人来自同一分组的概率是多少？
17．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数3an,n为偶数，且bn=a2n+1−a2n−1．
（1）证明{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（2）设cn=bn−5bn+1−5，且数列{cn}的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，12(13n−1−3)<3Tn−n18．如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60°，CH=2，CD=4，BC=3，BH⊥BC.
（1）证明：EF⊥BD；
（2）若AC=2DF且△ABC的面积为334，求三棱锥D−ABH的体积.
19．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的长轴为双曲线x28−y24=1的实轴，且椭圆C过点P(2,1).
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为k1，k2，且k1⋅k2=−12，证明：直线AB的经过定点，并求出定点坐标.
答案解析部分
1．【答案】C
2．【答案】D
3．【答案】B
4．【答案】B
5．【答案】D
6．【答案】D
7．【答案】D
8．【答案】D
9．【答案】A,B
10．【答案】A,C
11．【答案】B,D
12．【答案】40
13．【答案】31010
14．【答案】②③④
15．【答案】（1）解：由正弦定理可得： BC2−AC2−AB2=AC⋅AB ，
∴csA=AC2+AB2−BC22AC⋅AB=−12 ，
∵A∈(0，π) ， ∴A=2π3 .
（2）解：由余弦定理得： BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsA=AC2+AB2+AC⋅AB=9 ，
即 (AC+AB)2−AC⋅AB=9 .
∵AC⋅AB≤(AC+AB2)2 （当且仅当 AC=AB 时取等号），
∴9=(AC+AB)2−AC⋅AB≥(AC+AB)2−(AC+AB2)2=34(AC+AB)2 ，
解得： AC+AB≤23 （当且仅当 AC=AB 时取等号），
∴△ABC 周长 L=AC+AB+BC≤3+23 ， ∴△ABC 周长的最大值为 3+23 .
16．【答案】（1）因为屏幕需求尺寸在[5.5,6.0)的一组人数为50人，
所以其频率为50400=0.125.又因为组距为0.5，所以b=
又因为(0.1+0.25+0.7+a+0.2+0.1)×0.5=1，所以a=0.65，
即a=0.65，b=0.25.
（2）因为屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)人数为：0.1×0.5×400=20，
屏幕需求尺寸为[7.0,7.5)人数为0.2×0.5×400=40，
若要用分层抽样的方法抽取6人
所以要在[5.0,5.5)组中抽2人，设为x，y；要在[7.0,7.5)组中抽4人，设a，b，c，d，
因此样本空间Ω={(x,y),(x,a),(x,b),(x,c),(x,d),
(y,a)，(y,b)，(y,c)，(y,d)，(a,b)，(a,c)，
(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)}，共15个基本事件，
而这2人来自同一分组为事件A，
A={(x,y),(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)}，共7个基本事件，
所以这2人来自同一分组的概率P(A)=715.
17．【答案】（1）解：因为a1=1，an+1=an+1,n为奇数3an,n为偶数，
所以an+1>an，所以a2n+1−a2n−1>0，
因为bn+1bn=a2n+3−a2n+1a2n+1−a2n−1=3a2n+2−3a2na2n+1−a2n−1=3(a2n+1+1)−3(a2n−1+1)a2n+1−a2n−1=3(a2n+1−a2n−1)a2n+1−a2n−1=3，
所以{bn}是等比数列，首项b1=5，公比q=3，所以bn=5⋅3n−1
（2）解：由(1)可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，
先证明左边：即证明12(13n−1−3)<3Tn−n，
当n≥2时，cn=3n−1−13n−1>3n−1−13n=13−13n，
所以Tn>(13−131)+(13−132)+⋯+(13−13n)=n3−13(1−(13)n)1−13=n3−12(1−13n)，
所以3Tn−n>12(13n−1−3)；
再证明右边：3Tn−n因为cn=3n−1−13n−1=13⋅3n−33n−1=13(1−23n−1)<13(1−23n)=13−23n+1，
Tn<(13−232)+(13−233)+⋯+(13−23n+1)=n3−232(1−(13)n)1−13=n3−13+13n+1，
3Tn−n<13n−1，下面证明13n−1即证13n设1−13n=t,t∈[23,1)，则13n=1−t，
设f(t)=lnt+1−t，t∈[23,1),
因为f'(t)=1t−1=1−tt>0，所以函数f(t)=lnt+1−t在t∈[23,1)上单调递增，
则f(t)所以13n<−ln(1−13n)，所以3Tn−n<13n−1综上，12(13n−1−3)<3Tn−n18．【答案】（1）∠ACD=60°，CH=2，CD=4，
由余弦定理得cs∠ACD=12=CD2+CH2−DH22⋅CD⋅CH，解得DH=23，
所以CD2=CH2+DH2，所以DH⊥AC，
又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，
DH⊂平面ACFD，所以DH⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，所以DH⊥BC，
又因为BH⊥BC，BH∩DH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，
所以BC⊥平面BDH，因为DB⊂平面BDH，所以BC⊥DB，
又因为BC∥EF，所以EF⊥DB；
（2）在Rt△BHC中，CH=2，BC=3，BH⊥BC，
所以BC=CH2−BC2=1，cs∠ACB=BCCH=32，所以∠ACB=30°，
因为S△ABC=334，又S△ABC=334=12×AC×BC×sin30°，
解得AC=3，则AC=3=AH+HC，所以AH=1
VD−ABH=13S△ABH⋅DH=13×12×1×32×23=12
19．【答案】（1）由题意，知2a=424a2+1b2=1，解得a=22b2=2，
所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1.
（2）①当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x2+4y2=8y=kx+t，得(4k2+1)x2+8ktx+4t2−8=0，
由韦达定理得x1+x2=−8kt4k2+1x1x2=4t2−84k2+1，所以y1+y2=2t4k2+1y1y2=t2−8k24k2+1，
因为
k1⋅k2=y1−1x1−2⋅y2−1x2−2=y1y2−(y1+y2)+1x1x2−2(x1+x2)+4=t2−2t−4k2+14t2+16kt+16k2−4=(t−1)2−4k24(t+2k)2−4=t−1−2k4(t+2k+1)=−12所以3t+2k+1=0，即t=−2k+13，所以直线AB的方程为y=kx−2k+13，
即(3x−2)k−(3y+1)=0，由3x−2=03y+1=0，得x=23y=−13，故直线AB恒过点M(23,−13)；
②当直线AB的斜率不存在时，设A(x0,y0)，则B(x0,−y0)，
所以k1⋅k2=y0−1x0−2⋅−y0−1x0−2=1−y02(x0−2)2=x0+24(x0−2)=−12，解得x0=23，
所以此时直线AB也过点M(23,−13)
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M={0,1,2},N={x|x2−3x<0}，则M∪N=（ ）
A．{0,1,2}B．{1,2}
C．{x∣0≤x<3}D．{x∣0
A．−1+iB．−1−iC．1−iD．1+i
3．已知m为平面α外的一条直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在直线n，使得n⊥m，n⊥αB．存在直线n，使得n⊥m，n∥α
C．存在直线n，使得n∥m，n∥αD．存在直线n，使得n∥m，n⊥α
4．在某市的一次质量检测考试中，学生的数学成绩可认为近似服从正态分布，其正态密度曲线可用函数f(x)=1σ2πe−(x−78)22σ2的图象拟合，且P(78⩽X⩽120)=0.42，若参加本次考试的学生共有10000人，则数学成绩超过120分的人数约为（ ）
A．600B．800C．1200D．1400
5．已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若数列{Sn+an}是首项为1的等差数列，则a3=( )
A．12B．23C．14D．18
6．将函数f(x)=cs2x−sin2x的图象向右平移π3个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)和g(x)在区间(a,b)上都是单调递增的，则b−a的最大值为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
7．已知正六棱锥P−ABCDEF的高为23，侧面与底面所成角的正切值为4，则该正六棱锥的内接正六棱柱（即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱和底面上）的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．43πB．4πC．33πD．3π
8．已知椭圆的长轴长是短轴长的7倍，则该椭圆的离心率为（ ）
A．77B．147C．357D．427
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a>0，b>0，且a+b=2，则（ ）
A．a2+b2≥2B．14<2a−b<4
C．lg2a+lg2b≥0D．a2−b>0
10．已知f(x)=x2+xlnx+2，g(x)=f(x)−ex，则（ ）
A．函数f(x)在[14,1]上的最大值为3
B．∀x>0，f(x)>2
C．函数g(x)在(3,4)上没有零点
D．函数g(x)的极值点有2个
11．已知双曲线C:x22−y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，O为坐标原点，直线l交双曲线C的右支于P，Q两点（不同于右顶点），且与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，则（ ）
A．OA⋅OB为定值
B．|PA|=|BQ|
C．点P到两条渐近线的距离之和的最小值为2
D．不存在直线l使MP⋅MQ=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(x−2)5的展开式中x3的系数是 .
13．已知 α∈(0，π2) ， tanα=2 ，则 cs(α−π4)= .
14．已知函数sgn(x)=−1，x<00，x=01，x>0，关于函数f(x)=sgn(x−π)sinx有如下四个命题：
①f(x)在[π2，π]上单调递减；②f(lg2)=−f(lg12)；
③f(x)的值域为[−1，1]；④f(x)的图象关于直线x=π对称.
其中所有真命题的序号是 .
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．△ABC 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求 △ABC 周长的最大值.
16．某手机生产厂商要生产一款5G手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进行社会调查，共调查了400人，将这400人按对手机屏幕的需求尺寸分为6组，分别是：[5.0,5.5)，[5.5,6.0)，[6.0,6.5)，[6.5,7.0)，[7.0,7.5)，[7.5,8.0)（单位：英寸），得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需求尺寸在[5.5,6.0)的一组人数为50人.
（1）求a和b的值；
（2）用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)和[7.0,7.5)两组人中抽取6人参加座谈，并在6人中选择2人做代表发言，则这2人来自同一分组的概率是多少？
17．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数3an,n为偶数，且bn=a2n+1−a2n−1．
（1）证明{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（2）设cn=bn−5bn+1−5，且数列{cn}的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，12(13n−1−3)<3Tn−n
（1）证明：EF⊥BD；
（2）若AC=2DF且△ABC的面积为334，求三棱锥D−ABH的体积.
19．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的长轴为双曲线x28−y24=1的实轴，且椭圆C过点P(2,1).
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为k1，k2，且k1⋅k2=−12，证明：直线AB的经过定点，并求出定点坐标.
答案解析部分
1．【答案】C
2．【答案】D
3．【答案】B
4．【答案】B
5．【答案】D
6．【答案】D
7．【答案】D
8．【答案】D
9．【答案】A,B
10．【答案】A,C
11．【答案】B,D
12．【答案】40
13．【答案】31010
14．【答案】②③④
15．【答案】（1）解：由正弦定理可得： BC2−AC2−AB2=AC⋅AB ，
∴csA=AC2+AB2−BC22AC⋅AB=−12 ，
∵A∈(0，π) ， ∴A=2π3 .
（2）解：由余弦定理得： BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsA=AC2+AB2+AC⋅AB=9 ，
即 (AC+AB)2−AC⋅AB=9 .
∵AC⋅AB≤(AC+AB2)2 （当且仅当 AC=AB 时取等号），
∴9=(AC+AB)2−AC⋅AB≥(AC+AB)2−(AC+AB2)2=34(AC+AB)2 ，
解得： AC+AB≤23 （当且仅当 AC=AB 时取等号），
∴△ABC 周长 L=AC+AB+BC≤3+23 ， ∴△ABC 周长的最大值为 3+23 .
16．【答案】（1）因为屏幕需求尺寸在[5.5,6.0)的一组人数为50人，
所以其频率为50400=0.125.又因为组距为0.5，所以b=
又因为(0.1+0.25+0.7+a+0.2+0.1)×0.5=1，所以a=0.65，
即a=0.65，b=0.25.
（2）因为屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)人数为：0.1×0.5×400=20，
屏幕需求尺寸为[7.0,7.5)人数为0.2×0.5×400=40，
若要用分层抽样的方法抽取6人
所以要在[5.0,5.5)组中抽2人，设为x，y；要在[7.0,7.5)组中抽4人，设a，b，c，d，
因此样本空间Ω={(x,y),(x,a),(x,b),(x,c),(x,d),
(y,a)，(y,b)，(y,c)，(y,d)，(a,b)，(a,c)，
(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)}，共15个基本事件，
而这2人来自同一分组为事件A，
A={(x,y),(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)}，共7个基本事件，
所以这2人来自同一分组的概率P(A)=715.
17．【答案】（1）解：因为a1=1，an+1=an+1,n为奇数3an,n为偶数，
所以an+1>an，所以a2n+1−a2n−1>0，
因为bn+1bn=a2n+3−a2n+1a2n+1−a2n−1=3a2n+2−3a2na2n+1−a2n−1=3(a2n+1+1)−3(a2n−1+1)a2n+1−a2n−1=3(a2n+1−a2n−1)a2n+1−a2n−1=3，
所以{bn}是等比数列，首项b1=5，公比q=3，所以bn=5⋅3n−1
（2）解：由(1)可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，
先证明左边：即证明12(13n−1−3)<3Tn−n，
当n≥2时，cn=3n−1−13n−1>3n−1−13n=13−13n，
所以Tn>(13−131)+(13−132)+⋯+(13−13n)=n3−13(1−(13)n)1−13=n3−12(1−13n)，
所以3Tn−n>12(13n−1−3)；
再证明右边：3Tn−n
Tn<(13−232)+(13−233)+⋯+(13−23n+1)=n3−232(1−(13)n)1−13=n3−13+13n+1，
3Tn−n<13n−1，下面证明13n−1
设f(t)=lnt+1−t，t∈[23,1),
因为f'(t)=1t−1=1−tt>0，所以函数f(t)=lnt+1−t在t∈[23,1)上单调递增，
则f(t)
由余弦定理得cs∠ACD=12=CD2+CH2−DH22⋅CD⋅CH，解得DH=23，
所以CD2=CH2+DH2，所以DH⊥AC，
又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，
DH⊂平面ACFD，所以DH⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，所以DH⊥BC，
又因为BH⊥BC，BH∩DH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，
所以BC⊥平面BDH，因为DB⊂平面BDH，所以BC⊥DB，
又因为BC∥EF，所以EF⊥DB；
（2）在Rt△BHC中，CH=2，BC=3，BH⊥BC，
所以BC=CH2−BC2=1，cs∠ACB=BCCH=32，所以∠ACB=30°，
因为S△ABC=334，又S△ABC=334=12×AC×BC×sin30°，
解得AC=3，则AC=3=AH+HC，所以AH=1
VD−ABH=13S△ABH⋅DH=13×12×1×32×23=12
19．【答案】（1）由题意，知2a=424a2+1b2=1，解得a=22b2=2，
所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1.
（2）①当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x2+4y2=8y=kx+t，得(4k2+1)x2+8ktx+4t2−8=0，
由韦达定理得x1+x2=−8kt4k2+1x1x2=4t2−84k2+1，所以y1+y2=2t4k2+1y1y2=t2−8k24k2+1，
因为
k1⋅k2=y1−1x1−2⋅y2−1x2−2=y1y2−(y1+y2)+1x1x2−2(x1+x2)+4=t2−2t−4k2+14t2+16kt+16k2−4=(t−1)2−4k24(t+2k)2−4=t−1−2k4(t+2k+1)=−12所以3t+2k+1=0，即t=−2k+13，所以直线AB的方程为y=kx−2k+13，
即(3x−2)k−(3y+1)=0，由3x−2=03y+1=0，得x=23y=−13，故直线AB恒过点M(23,−13)；
②当直线AB的斜率不存在时，设A(x0,y0)，则B(x0,−y0)，
所以k1⋅k2=y0−1x0−2⋅−y0−1x0−2=1−y02(x0−2)2=x0+24(x0−2)=−12，解得x0=23，
所以此时直线AB也过点M(23,−13)
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