[数学]湘豫名校联考2024届高三下学期第四次模拟考试试题(解析版)

这是一份[数学]湘豫名校联考2024届高三下学期第四次模拟考试试题(解析版)，共17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。
1. 在复数范围内方程的两个根分别为，，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意可得，
，即，
当，时，，
，
当，时，，
，
综上，.
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
，所以，
所以．
故选：D．
3. 已知椭圆与矩形的四条边都相切，若，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由椭圆的对称性可知，，则，，
所以，
所以的离心率为，
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
，
故选：C.
5. 在某次游戏中，甲、乙分别用弓箭对准同一个弓箭靶，两人同时射箭．已知甲、乙中靶的概率分别为0.5，0.4，且两人是否中靶互不影响，若弓箭靶被射中，则只被甲射中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设事件“甲中靶”，“乙中靶”，“弓箭靶被射中”，
则，，所以，，．
所以．
所以．故选：B．
6. 如图，，和，分别是函数图象的两个最低点和两个最高点，若四边形的面积为，且在区间上是单调函数，则实数的最大值是（ ）

A B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，得四边形为平行四边形，且，
且与之间的距离为，则，解得，
则，
令，，
解得，，
所以当时，，
即函数在上单调递增，
又，所以，
则，即的最大值为，
故选：C.
7. 已知函数，则满足的x的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意得，的定义域为，，
因为，
所以为偶函数，
当时，令，则，
因为和在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增．
由，得，所以，
两边平方并整理，得，解得．
故选：B．
8. 中国古代建筑中重要的构件之一——柱（俗称“柱子”）多数为木造，属于大木作范围，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一种做法，即木柱非整根原木，而是多块用榫卯拼合而成．宁波保国寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包镶式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周围，根据需要再用若干根一定厚度的木料包镶而成的柱子，图1为“包镶式瓜棱柱”，图2为此瓜棱柱的横截面图，中间大圆木的直径为，外部八根小圆木的直径均为，所有圆木的高度均为，且粗细均匀，则中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为（ ）

A. B.
C. 3D.
【答案】D
【解析】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，
相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，
根据余弦定理，得，解得，
所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为：
．
故选：D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知为实数，随机变量，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】因为随机变量，且，
由正态曲线的对称性，可得，因为，
所以，故A正确；
，故B正确；
，即，故C错误；
由于当，时，满足，但是，故D错误．
故选：AB．
10. 已知四棱锥的底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，且，E，F，G分别为PB，PD，BC的中点，点Q是线段PA上靠近点P的四等分点，则（ ）
A. 平面PCD
B. 直线FG与AB所成的角为30°
C.
D. 经过E，F，G的平面截四棱锥所得到的截面图形的面积为
【答案】ACD
【解析】因为EG是△PBC的中位线，所以，
又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，A正确．
如图，取PA的中点M，连接MF，BM，则，且．
因为且，所以且．
所以四边形MFGB为平行四边形，所以，
所以∠MBA或其补角即为直线FG与AB所成的角．
由平面ABCD，面，得．
因为，
所以FG与AB所成角的正切值为，B错误．
由题意，得Q是PM的中点，
所以，又，所以，C正确．
显然E，G，F，Q四点共面，取CD的中点H，连接FH，GH，
可得四边形EGHF为平行四边形，所以E，G，H，F四点共面，
所以E，G，H，F，Q五点共面，即五边形EGHFQ即为所求的截面．
设，则，且，
，．
由题意及线面垂直的性质有，，且都在面，所
以BD⊥平面PAC．
而面，所以，又，，
所以，
所以
，D正确．
故选：ACD．

11. 已知抛物线，点为上一点，直线l与交于B，C两点（异于A点），与x轴交于M点，直线AC与AB的倾斜角互补，则（ ）
A. 线段BC中点的纵坐标为
B. 直线l的倾斜角为
C. 当时，M点为的焦点
D. 当直线l在y轴上截距小于3时，△ABC的面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
将代入，可得，所以的方程为，焦点为，
设，，则，
同理．
因为直线AC与AB的倾斜角互补，所以，
即，解得，且，
所以BC中点的纵坐标为，A正确．
因为，
所以l的倾斜角为，B正确．
设，则l的方程为，
由，得．
根据，解得，所以，，
则，
，所以，
解得或，即M点不一定为的焦点，C错误．
当l在y轴上的截距小于3时，即．
因为点A到l的距离为，
所以的面积为．
设函数，，则，
令，得或（舍去）．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以时，取得最大值，所以S的最大值为，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. 已知向量，，若在上的投影向量为，则的值为______．
【答案】1
【解析】由题得在上的投影向量为，
所以,又，
所以，解得.
13. 设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______．
【答案】13
【解析】设数列的公比为q，由题意，显然，且，
则，解得，
所以．
14. 已知函数的图象在区间内的最高点对应的坐标为，则集合中元素的个数为______．
【答案】10
【解析】作出函数y=fx在区间上的图象，
如图，根据函数的单调性，此时．
又当时，，所以当时，，
部分函数图象如图，由图象可得，，，…，，
，，，…，，即，
即，
解得，即2，3，4，…，10，11，
故集合中的元素个数为．
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. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）证明：；
（2）若，△ABC的面积为，求b．
（1）证明：由已知，得，
由正弦定理，得，
即，
即．
由，得，
所以．由正弦定理，得．
（2）解：因为，所以①．
由余弦定理，得，即．
由（1），得，所以，
化简，得，代入①，得，所以．
16. 如图，在三棱锥中，平面平面，和均为等腰直角三角形，且，．

（1）证明：平面平面；
（2）设，，若平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值．
（1）证明：由题意，得，所以．
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，所以，．
所以，即．
又因为为等腰直角三角形，，
所以，．
因为平面，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：取的中点，的中点，连接，，
则，，所以．
由（1）知平面平面，
因为平面平面，平面，所以平面．
因为平面，所以，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则P0,0,1，，，．
所以，，．
由，得，
所以．
设平面的法向量为，
则即，
令，则平面PAB的一个法向量为．
设平面ACF的法向量为，
则，即，
令，则平面ACF的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，
整理，得，解得或．
所以的值为或．
17. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子次，第次抛掷落地时朝上的点数记为，．
（1）若，记出现为奇数的次数为，求随机变量的分布列和期望；
（2）若，求事件“”的概率．
解：（1）由题易得，抛掷一枚骰子1次，出现为奇数的概率为，
出现不是奇数的概率也为，的可能取值为．
因为，，
，，
，
所以的分布列为
所以．
（2）记事件为事件“”，则事件包含以下种情况：
①抛掷次出现的点数相同，有种可能；
②抛掷次出现的点数有个数字，有种可能；
③抛掷次出现的点数有个数字，有种可能；
④抛掷次出现的点数有个数字，有种可能；
⑤抛掷次出现的点数有个数字，有种可能，
所以，
即事件“”的概率为．
18. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过上一点作的两条渐近线的平行线，分别交轴于，两点，且，内切圆的圆心到轴的距离为．
（1）求的标准方程；
（2）（ⅰ）设点为上一点，试判断直线与C的位置关系，并说明理由；
（ⅱ）设过点的直线与交于，两点（异于的两顶点），在点，处的切线交于点，线段的中点为，证明：，，三点共线．
解：（1）
如图所示，
设，则，
不妨设直线方程为，
则直线的方程．
令，得，，
则．
设的内切圆（圆心为）分别与，，切于点，，，
则，
所以为的顶点，所以轴，的横坐标为，所以，
故的标准方程为；
（2）（ⅰ）由，得，
结合，得，所以．
所以直线与相切．
（ⅱ）由题易得直线的斜率不为，
设直线的方程为，代入，
得，其中，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，，
则，，
由（ⅰ），在点，处的切线方程分别为，．
两式联立，得，
，即，
所以，
故，，三点共线.
19. 在平面直角坐标系中，定义：如果曲线和上分别存在点，关于轴对称，则称点和点为和的一对“关联点”．
（1）若上任意一点的“关联点”为点，求点所在的曲线方程和的最小值；
（2）若上任意一点的“关联点”为点，求的最大值；
（3）若和在区间上有且仅有两对“关联点”，求实数的取值范围．
解：（1）设点，则点的“关联点”为，
代入，得，即，
所以点所在的曲线方程为；
根据对称性，，则，
由，
又，得，即，
当且仅当且，
即，或，时取等号．
故当，或，时，；
（2）设，则根据对称性，得，
设，，，
代入，得，
所以．
方法一：令，则，
所以，
当时，；当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的最大值点，即，
故；
方法二：
，
当且仅当，即时取等号，所以，
故；
（3）和在区间上有且仅有两对“关联点”，
等价于曲线和有且仅有两个交点．
设函数，
则在区间上有两个零点．
，，
①当时，恒成立，则在上单调递增，
不可能有两个零点；
②当时，由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因为，
又，，所以存在，使得，
所以；
设，，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以在处取得极大值，也是最大值，．
所以，从而，
即
．
取，则；
因此，要使有两个零点，只需，
即，
化简得，
令函数，
因为，所以在上单调递增；
又，所以当时，，
从而，得解集为.
故实数的取值范围是.0
1
2
3
4