精品解析：湖南师范大学附属中学2024届高三下学期模拟（二）数学试卷

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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.
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. 已知集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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. 已知是虚数，是实数，则的（ ）
A. 实部为1B. 实部为
C. 虚部为1D. 虚部为
【答案】B
【解析】
【分析】设虚数，直接利用复数的运算求出结果．
【详解】设虚数，
则，
而是实数，故，得到.
故选：B.
3. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】因为在方向上的投影向量为，
所以，
所以有，
故选：D
4. 若5个正数之和为2，且依次成等差数列，则公差的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，再由5个数均为正数，列d的不等式求解.
【详解】设5个正数组成数列，
则，
则，解得.
故选：D
5. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和定义域，利用排除法即可得解.
【详解】由图可知，函数图象对应的函数为偶函数，排除C；
由图可知，函数的定义域不是实数集.故排除B；
由图可知，当时，，
而对于D选项，当时，，故排除D.
故选：A.
6. 已知实数，则下列选项可作为的充分条件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据指数函数的性质证明C.
【详解】取，，满足，但是推不出，故排除A；
取，，满足，但是推不出，故排除B；
取，，满足，但推不出，故排除D；
由，，可推出，即，即，故充分性成立.
故选：C.
7. 若锐角满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和的余弦公式得，再由基本不等式求得的最小值.
【详解】.
于是，当且仅当时取等号，
则的最小值为.
故选：D.
8. 如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设内切圆与边分别相切于点，设，可得，结合椭圆和双曲线的定义可得，利用余弦定理求得，结合对勾函数的单调性分析求解.
【详解】如图，设内切圆与边分别相切于点，
由切线长定理和的对称性，可设.
由，可得.
在中，由余弦定理，.
于是根据椭圆和双曲线的定义，.
接下来确定的取值范围.
设，
在中，，
于是由余弦定理，，
整理得，于是，故，
又因为在内单调递增，可知，
可得，所以的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；
2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
二､多选题：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. 某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为.则（ ）
参考公式：样本划分为层，各层的容量､平均数和方差分别为：、、；、、.记样本平均数为，样本方差为，.
A
B. 估计该年级学生成绩的中位数约为
C. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为
D. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，列等式求出实数的值，可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用总体平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，
则，解得，A错；
对于B选项，前两个矩形的面积之和为，
前三个矩形的面积之和为，
设计该年级学生成绩的中位数为，则，
根据中位数的定义可得，解得，
所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，B对；
对于C选项，估计成绩在分以上的同学的成绩的平均数为
分，C对；
对于D选项，估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为
，D对.
故选：BCD.
10. 在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A. 四面体的体积的最大值是
B. 的取值范围是
C. 四面体的表面积的最大值是
D. 当时，球的体积为
【答案】AD
【解析】
【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理得，为等边三角形，则，
且，，
于是二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时取等号，
即四面体的体积的最大值是，A正确；
对于B，由余弦定理得，
因此，B错误；
对于C，，由，，得≌，
则，
因此四面体的表面积的最大值是，C错误；
对于D，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
由，，平面，得平面，
而平面，则，又，平面，
于是平面，同理得平面，则为四面体外接球球心，
连接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
则，即球的半径为，球的体积为，D正确.
故选：AD
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记.若满足的图象关于直线对称，且，则（ ）
A. 是偶函数B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】推导出函数的奇偶性，设，利用导数推导出为常值函数，结合函数奇偶性的定义可判断A选项；推导出，令代值计算可判断B选项；由、推导可判断C选项；求出的值，结合函数的周期性可判断D选项．
【详解】对于A选项，因为函数的图象关于直线对称，
则，
即，所以，函数为偶函数，故A正确；
对于选项，因为，令，可得，即，
对等式两边求导得，即，
故，所以，故B正确；
对于选项，因为，则，
令，则，所以，为常值函数，
设，其中为常数，
当时，，故C错误；
对于D选项，因为，所以，.
，可得，
，
由，令，可得，则，
所以，
因为，则，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：本题考查抽象函数的对称性与周期性，一般可根据如下规则判断：
（1）若对任意的实数，满足，则函数的周期为；
（2）若对任意的实数，满足，则函数关于直线对称；
（3）若对任意的实数，满足，则函数关于点对称．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线是圆的切线，点和点到的距离相等，则直线的方程可以是__________.（写出一个满足条件的即可）
【答案】（写出一个满足条件的即可）
【解析】
【分析】当时设的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径求出，若经过的中点，分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，分别求出切线方程，即可得解.
【详解】若，此时的斜率为.
设的方程为，则点到的距离，解得，
因此的方程为或.
若经过的中点，
当的斜率不存在时，此时的方程为，满足与圆相切；
当的斜率存在时，设其方程为，
则点到直线的距离，解得，此时直线的方程为.
故答案为：（写出一个满足条件的即可）.
13. 初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是__________.（用数字作答）
【答案】28
【解析】
【分析】分类讨论四个数的组成后，由排列数公式与计数原理求解即可．
【详解】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论：
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况.
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况.
③，此时共有种情况.
当最大数为3时，，没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是.
故答案为：28．
14. 若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设正三棱台，先考察正三棱台的一个侧面，设，求得，设三棱台的上底面中心为，下底面中心为，利用三角形重心的性质求得，设球的半径为，，利用勾股定理即可求解．
【详解】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面.
设，在中，由于是钝角，故中最大的边是.
若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边；
若一边长1，一边长，则变为直角三角形；
若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾.
因而只能是.
设三棱台的上底面中心为，下底面中心为.
如图，在直角梯形中求球的半径，

在直角梯形中求球的半径，
利用重心的性质容易求得，
设球的半径为，，由图1 得，
解得（舍），
由图2得，解得，
故球的表面积为.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
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. 如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，平面.
（1）求四棱柱的体积；
（2）设点关于平面的对称点为，点和点关于平面对称（和未在图中标出），求平面与平面所成锐二面角的大小.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助向量垂直的坐标表示求出四棱柱的高，进而求出体积.
（2）利用对称求出点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，再借助面面角的向量求法求得结果.
【小问1详解】
在直四棱柱中，连，由菱形，得，令，
以为坐标原点，直线分别为轴，过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则点，，
由平面，平面，得，则，解得，
所以四棱柱的体积.
【小问2详解】
由（1）知，，，
由平面，点关于平面的对称点为，则点在线段上，且，
设，，则 ，
所以，
于是，解得，则，
由点和点关于平面对称，得是平面的一个法向量，
又是平面的一个法向量，
因此，
所以平面和平面所成锐二面角的大小为.
16. 记为数列的前项和，已知.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求最小的正整数，使得对一切都成立.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）用替换已知，再与已知作差，得到，即可得证；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求出，进而得到结果.
【小问1详解】
由题知，
用替换上式的，得.
两式作差，，即.
而由，可得.
从而是首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，于是，
设，则，
当时，，故，
两式作差，得.
整理可得.
故，又，因此满足条件的最小正整数为.
17. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，离心率为，P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线PA，PM，PB的斜率分别为，，，问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据右顶点和离心率求出和，进而求出，即可得到椭圆的方程.
（2）假设存在，然后对直线斜率是否存在进行分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，代入，即可求出的值.
【小问1详解】
由题意
在椭圆中，
右顶点为，离心率为，
∴，
∴
∴
∴椭圆的方程为：
【小问2详解】
由题意及（1）得
在椭圆中，
设存在常数，使得
当直线斜率不存在时，
其方程为：，
代入椭圆方程得，，
此时,
可得
当直线斜率存在时，
设直线的方程为，，，
将直线方程代入椭圆方程得：
∴，
∵P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点
∴直线的方程为：
∴
由几何知识得：，，
∵
∴
将，，，代入方程，并化简得：
解得：
综上，存在常数，使得
18. 某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中）
（1）记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值；
（2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
（3）记表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即得；
（2）先由得到；再按照均值定义得出，消去得出方程，分析函数得其最小值为正，，方程无解，即不存在值，使得；
（3）由题意得，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得，再两边同减构造出，整理即得.
【小问1详解】
当时，，
则，解得.
由题意，得.
由全概率公式，得
【小问2详解】
由，得.
假设存在，使.
将上述两式左右分别相乘，得，化简得：.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
【小问3详解】
由题知，所以，因，
故，
所以，
即，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：本题第1小问解决的关键是，根据题意，分析得到的值，从而得解.
19. 已知函数，满足，且在区间上无极值点.
（1）求的单调递减区间；
（2）当时，设的最大值为，求的值域；
（3）把曲线向左平移个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.得到曲线.设函数，将在区间上的极值点按从小到大的顺序排列成数列.若，求实数的值.
【答案】（1）单调递减区间为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用函数的对称轴和函数的最小正周期求出函数的关系式，进一步利用整体思想求出函数的单调递减区间；
（2）利用三角函数的关系式的变换和函数的性质求出函数的值域；
（3）利用三角函数的求导和函数的单调性的关系求出实数的值．
【小问1详解】
由题设知直线是的一条对称轴，点是的一个对称中心，
所以的最小正周期满足，故，从而，
令，得，
结合知，故，
今，得的单调递减区间为.
【小问2详解】
注意到的值域就是在区间上最大值与最小值之差的取值范围.
①若的对称轴在区间内，不妨设对称轴在内，则的最大值为1，当，即时，的最小值为；
②若的对称轴不在区间内，则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，
则
故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为.
综上所述，的值域为.
【小问3详解】
由题设可求得，
当时，，
由函数在区间上递增，且值城为，故存在唯一，使得，
此时，当时，单调递减：当时，单调递增，因此，
同理，存在唯一.使得.
此时，当时，单调递增；当时，单调递减，因此.
由得，则，
同理，.
由，整理得：.
又，故，则有，
由，故或.
又，当时，不满足，舍去.
所以，即.则.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的图象与性质与导数综合应用.根据三角函数的性质得出函数的解析式，熟记三角函数图象与性质，解题的关键是合理把函数的极值点问题转化为函数图象性质综合问题，需要结合导数判断函数的单调性.着重考查转化思想方法的应用，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度．
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