湖南省长沙市师范大学附属中学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师范大学附属中学2024届高三下学期三模数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了已知，则，在数列中，若，，则，设函数，关于的展开式，下列判断正确的是等内容，欢迎下载使用。

命题人、审题人：数学备课组
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.
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.已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
2.如图所示是函数的图象，图中曲线与直线无限接近但是永不相交，则以下描述正确的是（ ）
A.函数的定义域为B.函数的值域为
C.此函数在定义域中不单调D.对于任意的，都有唯一的自变量与之对应
3.设表示向东走，表示向南走，则所表示的意义为（ ）
A.向东南走B.向西南走
C.向东南走D.向西南走
4.已知，则（ ）
A.B.C.D.3
5.在数列中，若，，则（ ）
A.1012B.1013C.2023D.2024
6.设函数（，为常数），则“”是“为偶函数”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
7.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金，一顾客到店购买黄金，售货员先将砝码放在天平左盘中，取出黄金放在右盘中使天平平衡；再将砝码放在天平右盘中，再取出黄金放在左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金（ ）
A.小于B.等于C.大于D.与左右臂的长度有关
8.斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A.0或2B.或2C.或0D.0或1
二、选择题：本大题共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.关于的展开式，下列判断正确的是（ ）
A.展开式共有6项B.展开式的各二项式系数的和为64
C.展开式的第6项的系数为30D.展开式中二项式系数最大的项是第4项
10.设抛物线的焦点为，点在抛物线上，点，若，且，则抛物线的方程可以为（ ）
A.B.C.D.
11.在三棱锥中，平面，，平面内动点的轨迹是集合.已知，，且，在棱所在直线上，则（ ）
A.动点的轨迹是圆
B.平面平面
C.三棱锥外接球的半径不是定值
D.三棱锥体积的最大值为3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知复数满足，在复平面内对应的点为，则点的集合构成图形的面积为_______.
13.在，已知，.则_________.
14.二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数.假设德军某月生产的坦克总数是，缴获的该月生产的辆坦克编号从小到大为，，，，即最大编号为，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号，，，，相当于从中随机抽取的个整数，这个数将区间分成个小区间，由于是未知的，除了最右边的区间外，其他个区间都是已知的.由于这个数是随机抽取的，所以可以用前个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度，进而得到的估计值.
例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为_____.
四、解答题：本大题共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.（本题满分13分）
如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，向右移动的概率为，共移动，设随机变量为移动后质点的坐标.
（1）求移动后质点的坐标为正数的概率；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
16.（本题满分15分）
已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）若集合有且只有一个元素，求的值.
17.（本题满分15分）
如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
（1）若平面平面，求、的值；
（2）若平面，求的最小值.
18.（本题满分17分）
已知为坐标原点，双曲线和椭圆
均过点且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.
（1）求，的方程；
（2）是否存在直线，使得与交于，两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论；
（3）椭圆的右顶点为，过椭圆右焦点的直线与交于、两点，关于轴的对称点为（与点不重合），直线与轴交于点，，的面积分别为，，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
19.（本题满分17分）
对于数列，，其中，若对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”.已知数列为数列的“接近数列”，设，.
（1）若（是正整数），求，，，的值；
（2）若（是正整数），是否存在（是正整数），使得？如果存在，请求出的最小值；如果不存在，请说明理由；
（3）若为无穷等差数列，公差为，求证：数列为等差数列的充要条件是.
（参考数据：，，）
湖南师大附中2024届模拟试卷（三）
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.B【解析】集合，，
又，则，所以实数的取值范围是.故选：B.
2.C【解析】由图知：的定义域为，值域为，A、B错；
显然在，分别递增，但在定义域上不单调，C对；
显然时，对应自变量不唯一，D错.故选：C.
3.A【解析】可以表示向东走，再向南走，由勾股定理可知，
所表示的意义为向东南走.故选：A.
4.C【解析】由可得，即，，故.
故选：C.
5.B【解析】因为，所以，所以，
所以是常数列，所以，
又，所以.故选：B.
6.B【解析】当，时，，为奇函数，即充分性不成立；
当为偶函数时，对任意的恒成立，
，
即，得对任意的恒成立，从而，
即，即必要性成立；
从而“”是“为偶函数”的必要不充分条件.故选：B.
7.C【解析】设天平左、右两边的臂长分别为，，
设售货员第一次称得黄金的质量为克，第二次称得黄金的质量为克，
则解之得
则顾客购得的黄金为，
当且仅当时等号成立，由题意知，，则克.故选：C.
8.A【解析】依题意得，设直线的方程为，
由直线和圆相切可得，，解得，
当时，和相切，
设切点为，根据导数的几何意义，，
又切点同时在直线和曲线上，即解得
即和相切，此时将直线和曲线同时向右平移两个单位，
和仍会保持相切状态，即时，，
综上所述，或.故选：A.
二、选择题：本大题共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.BD【解析】展开式共有7项，故A错误；
展开式的各二项式系数的和为，故B正确；
展开式的第6项是，其系数为，故C错误；
展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大，故D正确.故选：BD.
10.BC【解析】设，因为，所以，
因为，所以，
即，所以，
所以，解得，
所以，解得或，
所以抛物线的方程为或.故选：BC.
11.ABD【解析】对于A，因为，所以在平面内，以所在直线为轴，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
设，，，
由知，，
化简为，即点的轨迹为圆，故A正确；
对于B，根据以上证明可知，点和为圆与轴的两个交点，
如上图，由条件可知，点在圆上，
则，而平面，，平面，
所以，，所以是二面角的平面角，
则平面平面，故B正确；
对于C，由以上证明可知，，且，如图，
取的中点，作平面，且，
所以，
所以三棱锥外接球的半径是定值，故C错误.
对于D，当点到的距离为2时，此时的面积最大，
此时最大面积是，则三棱锥体积的最大值为，故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】所求集合为以原点为圆心，以1及2为半径的两个圆所夹的圆环，
所以点的集合构成图形的面积为.
13.【解析】设，，，
由得，所以.
又，因此.由，得；
于是，
所以，
，即.
，，，
或，或.
又，，，，则.
14.24【解析】由于用前个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度，
而缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，即，，
故，，
即统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为24.故答案为：24.
四、解答题：本大题共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）设4次移动后坐标为正为事件，则，
，，.
（2）由题意可得的可能取值为4，2，0，，，
，，
，
，
，
分布列为
.
16.【解析】（1），
因为，所以的定义域为，
因为时，；时，.
所以的单调递增区间为；单调递减区间为，
所以是的极大值点，的极大值是.无极小值.
（2）.
由（1）可得，
设，则，
因为时，；时，，
所以的单调递减区间为；单调递增区间为.
所以，
所以集合有且只有一个元素时.
17.【解析】（1）若平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系.
则，，
设平面的法向量为，
则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
18.【解析】（1）根据题意，，，
以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形，边长为，
故，，故，代入计算得到，，，
故，.
（2）假设存在直线方程满足条件，
当直线斜率不存在时，或，代入计算得到，验证不成立；
当直线斜率存在时，设直线方程为，则
即，，
化简得到.
设，，
故，故
，故，
即，即，
即，化简得到，
因为方程组无解，假设不成立.
故不存在直线满足条件.
（3）焦点坐标为，易知直线方程斜率不为零，
设直线方程为，，，，
则，化简得到
，
直线方程为：，
取得到
，
，故是定值，为.
19.【解析】（1）因为，所以，，，，
又因为为数列的“接近数列”，，
所以，只能是，，，.
（2）当为奇数时，，由函数的单调性可知，
即，得，进一步有；
当为偶数时，，由函数的单调性可知，
即，得，进一步有，
综上所述：
由前项和公式化简得，
当为偶数时，令无解；
当为奇数时，令，
所以，，即.
因此，存在（是正整数），使得，且.
（3）充要条件为：.
①先证充分性：若，由题意对于任意正整数均有恒成立，且，
则，
从而，即.
因为，，所以，即.
因此为等差数列，且公差也为；
②再证必要性：若为等差数列，设公差为，
，
又，
即，亦即对任意正整数都成立，
所以，，又，得.
因此，充要条件为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
A
C
B
B
C
A
BD
BC
ABD
4
2
0