湖南省长沙市雅礼中学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雅礼中学2024届高三下学期三模数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了若集合，则，若，则，已知函数满足，求在的导数，函数的图象大致是等内容，欢迎下载使用。

一､单项选择题：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.若集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若，则（ ）
A.2 B.1 C. D.5
3.已知点是抛物线上一点，且它在第一象限内，焦点为坐标原点，若，则此抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数满足，求在的导数（ ）
A. B. C.-2 D.
5.函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
6.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，则当时，则使需要的雹程步数为（ ）
A.7 B.8 C.9 D.10
7.某区进行高二数学期末调研测试，数学测试成绩，如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，则等级的分数线应该是（ ）参考数据：若，则.
A.69 B.81 C.87 D.96
8.如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：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.已知由样本数据组成的一个样本，得到经验回归方程为，且，去除两个样本点和后，得到新的经验回归方程为.在余下的8个样本数据和新的经验回归方程中（ ）
A.相关变量具有正相关关系
B.新的经验回归方程为
C.随着自变量值增加，因变量值增加速度变小
D.样本的残差为-0.1
10.当实数变化时，关于的方程可以表示的曲线类型有（ ）
A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线
11.如图，正方形的边长为分别为边上的动点，，则（ ）
A.若，则的周长最大值为
B.若，则的面积最大值为
C.若的周长为定值2，则的大小为
D.若的周长为定值2，则长度的最小值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.的展开式中按的升幂排列的第三项为__________.
13.如图，在平行四边形中，点分别是边的中点，分别与交于两点，用向量表示向量，则__________.
14.已知正三棱柱的侧面积为，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为__________.
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.如图，在中，已知为锐角，边上的两条中线相交于点的面积为.
（1）求的长度；
（2）求的余弦值.
16.如图，在长方体中，点分别在上，且.
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值.
17.一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个白球，6个黄球，从中随机地摸4个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，表示样本中黄球的比例.
（1）若有放回摸球，求的分布列及数学期望；
（2）（i）分别就有放回摸球和不放回摸球，求与总体中黄球的比例之差的绝对值不超过0.2的概率；
（ii）比较（i）中所求概率的大小，说明其实际含义.
18.已知双曲线与直线有唯一的公共点.
（1）若点在直线上，求直线的方程；
（2）过点且与直线垂直的直线分别交轴于轴于两点.是否存在定点，，使得在双曲线上运动时，动点使得为定值.
19.已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设分别是的极小值点和极大值点，记.
（i）证明：直线与曲线交于除外另一点；
（ii）在（i）结论下，判断是否存在定值且，使，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
雅礼中学2024届模拟试卷（三）
数学
一､单项选择题：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.【答案】B
2.【答案】D
3.【答案】D
【详解】因为，所以.又，所以，准线方程为.故选：D.
4.【答案】D
【详解】因为，所以，解得.故选：D.
5.【答案】C
【详解】对于，当时，，故B错误；，显然在定义域内，
即在和都是增函数，C正确，AD错误；故选：C.
6.【答案】B
【详解】解：根据题意，当，根据上述运算法则得出，所以共需经过8个步骤变成1，故使需要的霖程步数为8.故选：B
7.【答案】B
【详解】由题意可知：，因为，所以等级的分数线应该是.故选：B.
8.【答案】C
【详解】
如图，过点作直线，过点作，交直线于点，连接，
因，则，又平面，则平面，故平面，又平面，则.易得：，
在中，，设异面直线所成的角为，
则，因，由余弦定理可得：，又因，故.故选：C.
二､多项选择题：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.【答案】ABD
【详解】新平均数.
新平均数.
新的线性回归方程具有正相关关系，A对.
新的线性回归方程：B对.
由线性回归方程知，随着自变量值增加，因变量值增加速度恒定，C错；
D对.
故选：ABD.
10.【答案】ACD
【分析】利用曲线方程的特征逐一判断即可.
【详解】当时，方程为，即，此时方程表示直线；
当时，方程为；若，则方程表示双曲线；
若，此时无解；当，方程表示椭圆.
方程可以表示的曲线类型有直线，双曲线，椭圆.
故选：ACD
11.【答案】ABD
【详解】选项A：
选项B：
选项C：设线段的长度分别为则，因为的周长为定值2，所以.则由勾股定理得，即，又因为，于是因为，所以即，故C错误；
选项D：由选项的推理可知所以，所以，即又因得，当且仅当即时等号成立，故D正确；
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【详解】题意即展开式中的项为按的升幂排列的第三项为
.故答案为：.
13.【答案】
【详解】在平行四边形中，，
，且相似比为，即是的三等分点，同理也是的三等
分点，，故答案为：.
14.【答案】
【详解】如图是过侧棱的球的截面，是正三棱柱下底面和上底面外心，设正三棱柱的底面边长为，高为，球的半径为，由题意知，即，底面外接圆的半径，由球的截面圆性质知，当且仅当时取等号，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为.故答案为：.
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.【答案】（1）（2）
【详解】（1）由题知，，所以，
又因为，所以或.因为为锐角，所以.
在中，由余弦定理知，
整理得，解得.
（2）因为，所以
，
所以.
所以的余弦值为.
16.【答案】（1）证明见解析（2）
【详解】（1）因为平面平面，所以.
又，所以平面，因为平面，所以同理：因为平面平面，所以.又，所以平面因为平面，所以，又因为，所以平面
（2）以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系如图.
则.
所以，且是平面的一个法向量.，
设平面的法向量为则，即所以，令，得.则平面的一个法向量为.所以
所以.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17.【答案】（1）分布列见解析，；（2）（i）有放回摸球时，所求概率为，不放回摸球时，所求概率为；（ii）答案见解析.
【详解】（1）因为有放回摸球，每次摸到黄球的概率为，且各次试验的结果是独立的，由题意可知，，则的所有可能取值有，，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
随机变量的数学期望为；
（2）（i）样本中黄球的比例为，由题意，解得，即取2､3，
有放回摸球时，概率，
不放回摸球时，概率；
（ii）由（i）可知，，
所以，在误差不超过0.2的限制下，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，采用不放回估计的结果更可靠些.
18.【详解】（1）点在直线上，则有，
联立，则，
由，则，可得，
所以：，解得，
当时，；所以直线的方程：
（2）联立，则，
因为是双曲线与直线的唯一公共点，
所以，化简得，
解得点的坐标为，即为，
于是，过点且与垂直的直线为，
可得，即，
于是，
即的轨迹方程为：，由双曲线的定义可知，
存在定点，使得当点运动时，
为定值13.
19.【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减
（2）（i）证明见解析；（ii）存在定值，此时.
【详解】（1）定义域为，
令，则，令或，
在上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）法一：由（1）知且，直线方程为，
令，即或，
设，则，令，则，，令，则，令，则，
在上单调递减，在上单调递增，
，
（或者存在唯一的，使，即，故方程①的解有
综上，直线与曲线交于除点外另一点；
法二：由（1）知且，
直线方程为，
令，即或，
设，则，
令，则；令，则；令，则，
在上单调递增，在上单调递减，
，
，使得，故方程（1）的解有，
综上，直线与曲线交于除点外另一点.
（ii）法一：由（i）知，，，由（i）可知，，即，
，设，设，
，令，则，
令，则，令，则，
在上单调递减，在上单调递增.
，
，使，此时，
故存在定值，且，使，又，故；
法二：（ii）由（i）知，，
，
，
故存在定值，且，使，此时.0
1
2
3
4