湖南省长沙市长郡教育集团2024届高三下学期三模数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡教育集团2024届高三下学期三模数学试题（Word版附解析），共21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，则集合（ ）
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．样本数据16，24，14，10，20，15，12，14的上四分位数为（ ）
A．14B．15C．16D．18
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，，若，则（ ）
A．B．1C．D．2
6．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．有最小值25B．有最大值25C．有最小值50D．有最大值50
7．已知三棱锥中，平面，4，3，，7，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．在平面直角坐标系中，已知圆，若直线上有且只有一个点满足：过点作圆的两条切线，切点分别为，且使得四边形为正方形，则正实数的值为（ ）
A．1B．C．3D．7
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．下列说法正确的是（ ）
A．某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200
B．数据1，3， 4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10
C．线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强
D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
10．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，，，则以下不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．若定义在上的连续函数满足对任意的实数都有且，则下列判断正确的有（ ）
A．函数的图象关于原点对称
B．在定义域上单调递增
C．当时，
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．根据国家“乡村振兴战略”提出的“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育”，某师范大学4名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这4名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则不同分配方案的种数为 ．
13．如图，四边形是边长为1的正方形，延长CD至E，使得．动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，，则的取值范围为 ．
14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．

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，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.
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．
17．已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，.
(1)证明：平面平面；
(2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为?
18．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）．
19．已知双曲线的左焦点为，点在双曲线上，直线与双曲线交于两点.
(1)若经过点，且，求；
(2)若经过点，且两点在双曲线的左支上，则在轴上是否存在定点，使得为定值.若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】利用不等式性质、交集、并集、补集定义求解．
【详解】由题意，，所以.
故选：D.
2．A
【分析】先利用复数乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义确定对应点所在的象限.
【详解】因为，
所以该复数在复平面内对应的点为，在第一象限.
故选：A
3．D
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】将数据从小到大排序可得，共8个样本数据，
则上四分位数即第百分位数为，即为.
故选：D
4．A
【分析】使用诱导公式和二倍角公式，结合已知条件即可求解.
【详解】
.
故选：A.
5．B
【分析】先出求，再根据即可得出的值，最后求的模.
【详解】由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故选：B.
6．B
【分析】由，利用等差数列的性质推出，再利用基本不等式计算即得.
【详解】由可得，
因则等差数列的公差，故，
则，当且仅当时取等号，
即当时，取得最大值25.
故选：B.
7．B
【分析】由题意画出图形，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【详解】如图，
设的外心为，过作底面的垂线，使，则为三棱锥的外接球的球心，
在中，由3，，7，得，
故，设的外接圆的半径为，
则，，
．
三棱锥外接球的表面积为．
故选：B
8．C
【分析】根据直线与圆相切得圆心与点的距离，即结合正方形的性质可得符合的点的位置，从而可得结论.
【详解】由可知圆心，半径为2，
因为四边形为正方形，且边长为圆的半径2，所以，
所以直线上有且只有一个点，使得，即，
所以圆心到直线的距离为，
所以，解得或，又，所以．
故选：C.
9．ABD
【分析】利用分层抽样计算判断A；求出第75百分位数判断B；利用线性相关系数的意义判断C；利用独立性检验的思想判断D.
【详解】对于A，该校高一年级女生人数是，A正确；
对于B，由，得第75百分位数为，B正确；
对于C，线性回归方程中，线性相关系数绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误；
对于D，由，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确.
故选：ABD
10．ABC
【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．
11．BCD
【分析】直接证明，然后逐个判断选项即可.
【详解】由知恒成立，再由知恒成立.
设，则，且.
故，.
由于，故.
而，故归纳即知.
又因为对有，故归纳即知.
特别地有，故，所以对有.
这就得到了，从而.
设有无理数，有理数数列使得，由于是连续的，故，而，故.
这就表明.
由于，故不是奇函数，故其图象并不关于原点对称，A错误；
由于在定义域上单调递增，且当时，，故B，C正确；
对于D，由可得，
从而，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：值得注意的是，如果去掉是连续函数的条件，并承认选择公理，则此时不能说明对无理数，有，且不一定单调递增. 事实上，此时可以构造一个的满足的线性映射，再取，即可得到反例.
12．36
【分析】把4人分成3组，再分配到3所学校即可.
【详解】依题意，有2人去同一所学校，所以不同分配方案的种数为.
故答案为：36
13．
【分析】建立适当的平面直角坐标系，讨论四种情况，即可求出的取值范围.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系：
则，所以，
当时，有，即，此时的取值范围为，
当时，有，即，此时的取值范围为，
当时，有，即，此时的取值范围为，
当时，有，即，此时的取值范围为，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
14．/
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.
【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求.
15．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）由题，
即，即，
所以，即，所以，
又，所以.
（2）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.
16．(1)0.163
(2)136万元
【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.
【详解】（1）临界值时，I级品中该指标小于或等于60的频率为，
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：；
（2）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．(1)证明见解析；
(2)存在.
【分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明平面，再使用面面垂直的判定定理即可；
（2）使用空间向量法直接求解两平面的夹角（用表示），再根据夹角条件，解关于的方程即可.
【详解】（1）
由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故.
同时有，且，故.
由于，，且和在平面内交于点，故平面.
由于在平面内，故.
取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即.
由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故.
设和交于点，由于，，，
从而得到全等于，故.
这就得到，从而，即.
而，故.
由于，即，而，和在平面内交于点，故平面.
由于平面，在平面内，故平面平面.
（2）有，又因为平面，和在平面内，故，.
由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，
这就得到，，，，，，，.
据题设有，显然，此时.
从而有，，，.
设和分别是平面和平面的法向量，则，.
即，，从而可取，.
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故条件等价于，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.
18．(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
【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.
【详解】（1）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.
（2）（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.
19．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）先利用点在双曲线上和双曲线的性质求出双曲线方程，然后分直线的斜率存在与否讨论，存在时，设出直线方程，利用韦达定理法表示出，再代入直线方程表示出，最后利用向量的数量积为零求出斜率，再代入弦长公式求出弦长；
（2）假设存在，设直线方程，利用韦达定理法表示出，要使为定值，则，解出后得到点的坐标，再用弦长公式表示出三角形的面积，最后利用换元法和分离常数法结合复合函数的单调性求出面积的最小值.
【详解】（1）

把代入得：
，又.
又，解得.
双曲线方程为.
若直线的斜率不存在时，，此时不妨设.
，舍去.
若的斜率存在，设方程为，代入，化简得，，
设，则，
.
，得，即.则.
.
（2）

假设存在，使得为定值.
设方程为，代入，化简得.
由题意.
.
由题意.
要使为定值，则，解之得.
存在，使得为定值.
此时
令，
.
.
由复合函数的单调性可知在递减，
在时取得最大值1.
的最小值为.
【点睛】关键点点睛：
（1）求弦长时，可用弦长公式，韦达定理表示出两根之和和两根之积；
（2）对于直线过定点问题时，可采用向量垂直数量积为零，求出关于参数的方程，再讨论定点问题；
（3）求圆锥曲线中三角形的面积最值问题时，可用弦长公式表示出面积，再结合换元法或基本不等式或函数的单调性求出面积的最值.