2024长沙一中高三下学期二模数学试题含解析

这是一份2024长沙一中高三下学期二模数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了的展开式中的系数是，已知函数，若，古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，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并交回。
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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中的系数是（ ）
A．8B．C．32D．
5．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
6．已知函数，若（其中），则的最小值为（ ）
A．4B．2C．D．
7．中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（ ）
A．B．C．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．设函数的定义域为，为奇函数，，，则（ ）
A．B．C．D．
10．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从点走向点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点，由于古代人们对无限认识的局限性，故芝诺得到了错误的结论．设，这个人走的第段距离为，这个人走的前段距离总和为，则（ ）
A．，使得B．，使得
C．，使得D．，使得
11．过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点（点在第一象限），为线段的中点．若，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．过两点作抛物线的切线，两切线交于点，则点在以为直径的圆上
C．若为坐标原点，则
D．若过点且与直线垂直的直线交抛物线于两点，则
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．二项式的展开式中所有二项式系数之和为64，则二项式的展开式中常数项为______．
13．某校数学建模兴趣小组收集了一组恒温动物体重（单位：克）与脉搏率（单位：心跳次数/分钟）的对应数据，根据生物学常识和散点图得出与近似满足（为参数）．令，，计算得，，．由最小二乘法得经验回归方程为，则的值为______；为判断拟合效果，通过经验回归方程求得预测值，若残差平方和，则决定系数______．（参考公式：决定系数）
14．已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为______．
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．（13分）
已知函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求出这条切线的方程；
（2）讨论函数的单调性．
16．（15分）
如图，已知直三棱柱分别为线段的中点，为线段上的动点，．
（1）若，试证；
（2）在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大．
17．（15分）
为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为（注：比赛结果没有平局）
（1）求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
（2）求甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
（3）若已知甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率．
18．（17分）
如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆的左，右焦点外别为，设是第一象限内上的一点，的延长线分别交于点．
（1）求的周长；
（2）求面积的取值范围；
（3）设分别为、的内切圆半径，求的最大值．
19．（17分）
设数列．如果对小于的每个正整数都有．则称是数列的一个“时刻”．记是数列的所有“时刻”组成的集合，的元素个数记为．
（1）对数列，写出的所有元素；
（2）数列满足，若．求数列的种数．
（3）证明：若数列满足，则．
长沙市一中2024届高考适应性演练（二）
数学参考答案
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．D
【解析】因为，所以，
即，
因为，解得，所以，
所以，．
故选：D
2．C
【解析】由可设：，
，
（其中），
当时，即时，
．
故选：C．
3．
【解析】因为，
所以
．
故选：C
4．
【解析】由题意得，
其展开式为，
则对于的展开式为，
，
令，则当时符合题意，
此时系数为，故C正确．
故选：C．
5．
【解析】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（舍）．
故选：C
6．C
【解析】，
由，，
即，，
当且仅当，
即，时等号成立．故选C．
7．D
【解析】三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，
这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，
在甲输的情况下，乙、丁已有3分，
那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意．
若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，
这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，
（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是，
如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是，
（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是，
乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是，
乙丁这场比赛只能平，概率是．
综上，概率为，D正确．
故选：D．
8．D
【解析】在长方体中，由于平面，平面，
在和中，，，
，，，
在平面，以为坐标原点，以，为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
设，则，，
则由可得，
化简可得，
由于，，
故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，
由于，
故，因此轨迹为所对的弧长，故长度为，
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．ABD
【解析】由为奇函数，即函数的图象关于对称，
又，则的图象关于对称，
所以，
则，
为周期函数且周期为，B对．
所以，A对．
而，C错．
由上可知，，
所以，
则，对．
故选：ABD．
10．
【解析】由已知得，，
不难得到，，，所以错误．
走段距离后，由得，
两式相减化简得，
当时，，也符合，所以正确．
由可知是公比为，首项为的等比数列，
，所以C正确，D错误．
故选：BC．
11．
【解析】对于：
由已知设过点的直线方程为，，，，
联立方程，消去得，
可得，
又因为，所以，
则，解得，
所以抛物线方程为，准线方程为，A错误；
对于B：抛物线，即，，
易得，，
所以，
故直线垂直，所以点在以为直径的圆上，正确；
对于C：由项知，抛物线，直线的方程为，，，，
联立方程，消去得，
可得，，
，
解得，所以，
所以，
所以，，即，
所以，C错误；
对于D：由C选项知，，
因为直线垂直于直线，
所以
则，D正确．
故选：BD．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．
【解析】由二项式的展开式中所有二项式系数之和为64，
得，即，所以．
令，得，
所以二项式的展开式中常数项为．
13．；
【解析】因为，两边取对数可得，
又，，
依题意回归直线方程必过样本中心点，
所以，解得，所以，
又．
故答案为：；．
14．
【解析】如图：取的中点，连接，
结合题意：易得为等边三角形，
因为为的中点，所以
因为在直四棱柱中有面，且面，
所以，又因为，且面
所以面，结合球的性质可知为该截面圆的圆心，
因为直四棱柱的所有棱长均为4，，
所以，，，，
故以为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心，为半径的圆所成的圆弧．
所以．
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题，共70分）
15．解：（1），
由已知，得
又
曲线在点处的切线方程为
化简得：
（2）定义域为，
，令得或
①当即时，
令得或，令得，
故在单调递减，在上单调递增；
②当即时，恒成立，
故在上单调递增；
③当即时，
令得或，令得，
在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
16．解：（1）证明：在中，
为中点且，．
平面平面且交线为，
平面，．
分别为的中点，
．．
在直角和直角中，
，，，
，
，
，．
，平面，
平面，平面，．
（2）平面，
由（1）得三线两两垂直，
以为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
则，，，，，，，．
设平面的法向量为，
则
令得，所以是平面的一个法向量，
设，，
则，
，，
设直线与平面所成的角为，
则
．
若，此时点与重合，
若，令，
则．
当，即，为的中点时，取得最大值．
17．解：（1）事件B为“甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜”，
事件为“甲队第局获胜”，其中相互独立．
又甲队明星队员前四局不出场，
故，
，
所以．
（2）设事件为“甲队3局获得最终胜利”，事件为“前3局甲队明星队员上场比赛”，
因为每名队员上场顺序随机，
所以，，
，
由全概率公式，知．
（3）由（2），得．
18．解：（1）为椭圆的两焦点，且为椭圆上的点，
，从而的周长为．
由题意，得，即的周长为．
（2）由题意可设过的直线方程为，，，
联立，消去得，
则，，
所以，
令，
则（当时等号成立，即时）
所以，
故面积的取值范围为．
（3）设，直线的方程为：，
将其代入椭圆的方程可得，
整理可得，
则，得，，
故．
当时，直线的方程为：，
将其代入椭圆方程并整理可得，
同理，可得，
因为，，
所以
，
当且仅当时，等号成立．
若轴时，易知，，，
此时，
综上，的最大值为．
19．解：（1）由题设知当时，，，故是数列的一个“时刻”，
同理当时，都有，即也是数列的一个“时刻”，
综上，．
（2）解法一：
由，易知或
①当时，必须从左往右排列，6可以是中任一个，共有5种情况
②当时，若中的四个元素是由集合中的元素或或或引起的
1．若由引起，即从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；
2．若由引起，即从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种
3．若由引起，即从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；
4．若由引起，即从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种
综上，符合的数列有15种
解法二：
因为数列，
由题意可知中的四个元素为中的四个，共有5种情况：
①当时，数列共有1种情况；
②当时，数列共有2种情况；
③当时，数列共有3种情况；
④当时，数列共有4种情况；
⑤当时，
数列共有5种情况；
综上，符合的数列有15种．
（3）①若，由，
所以，即成立；
②若，
不妨设且
从而；；；
由累加法知：
又，即；
综上，，证毕．