精品解析：湖南省长沙市长郡中学2024届高三下学期二模考试数学试题

长郡中学2024届模拟试卷（二） 数学 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（本大题共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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给集合，把集合B中元素代入集合A中检验即可得解. 【详解】由， 把代入检验，可得成立， 故， 故选：C 2. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. B. 5 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可. 【详解】展开式的通项公式为：， 令可得：，则的系数为：. 故选：C. 【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项． 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘除法运算化简，从而可得共轭复数. 【详解】，故. 故选：A. 4. 若底面半径为r，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥表面积公式和球的表面公式得到，解出即可. 【详解】圆锥的表面积为，球的表面积为， 故，即，故（负舍）. 故选：D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题干两式两边平方，结合平方关系及两角和的正弦公式计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 即， ， 两式相加可得， 所以. 故选：A 6. 如图，在▱OACB中，E是AC的中点，F是BC上的一点，且BC=3BF，若=m，其中m，n∈R，则m+n的值为（　　） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意将 用基底向量表示出来，然后通过基底向量进行计算． 【详解】在平行四边形中 因为E是AC中点， 所以 所以, 因为 所以 所以 因为 所以 ，解得 所以 故选C 【点睛】本题考查向量的运算，解题的关键是找到一组基底，将所求向量用基底表示，然后再进行运算． 7. 已知数列为等差数列，为等比数列，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列、等比数列的性质，利用二次函数及均值不等式可得解. 【详解】因为数列为等差数列，所以， 因为为等比数列，所以， 而， 所以，故A对C错； 因为，而可同为正数也可同为负数， 当时，，当时， 所以，大小不确定，故BD错误. 故选：A 8. 设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，，椭圆的焦点为，，，在第一象限的交点为，若点在直线上，且，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆与双曲线相同的焦距为，先根据题意得出点P的坐标，再将点P分别代入椭圆和双曲线的方程中，求离心率，即可得解. 【详解】设椭圆与双曲线相同的焦距为，则， 又，所以， 又点P在第一象限，且在直线上， 所以，又点P在椭圆上， 所以，即， 整理得，两边同时除以，得， 解得，因为，所以， 同理可得点P在双曲线上，所以，即， 解得， 所以， 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为17 B. 一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 C. 用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D. 以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据方差的性质即可判断A；根据百分位数计算公式即可判断B；根据决定系数的概念即可判断C；根据非线性回归方程的求法并结合对数运算性质即可判断D. 【详解】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A错误； 对B：，则其第80百分位数是，故B正确； 对C，根据决定系数的含义知越大，则相应模型的拟合效果越好，故C正确； 对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设， 则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和2，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知定义在R上的偶函数，其周期为4，当时，，则（ ） A. B. 的值域为 C. 在上单调递减 D. 在上有8个零点 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，利用函数的周期性与奇偶性，计算函数值；对于B选项，利用函数的解析式求得函数值范围，再利用奇偶性，得出函数的值域；对于C选项，利用函数解析式和周期性，推得函数的单调性；对于D选项，利用函数的周期性和奇偶性，得出零点个数。 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，当时，单调递增， 所以当时，的值域为， 由于函数是偶函数，在上的值域也为， 又是周期为的周期函数，所以的值域为，所以B正确； 对于C，当时，单调递增， 又的周期是4，所以在上单调递增，所以C错误； 对于D，令，得，所以， 由于的周期为4，所以， 所以在上有6个零点，所以D错误， 故选：AB. 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解. 【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG， 因为平面平面，且平面平面， 平面，又因为，所以， 所以平面， 因为， 所以，故A正确； 对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF， 因为F，G分别为AE，AB中点，则， 又因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又因为平面，则， 则点到直线AD的距离为， 则为二面角的平面角，，B错误，C正确； 对D：设，外心分别为，，则， 又平面平面，平面，所以平面， 设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球球心到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 经过椭圆的右顶点与上顶点的直线斜率为，则的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用斜率计算公式、离心率计算公式即可得出结论. 【详解】椭圆的右顶点与上顶点的直线斜率为， 则,即，可知其焦点在轴上， 则的离心率为 . 故答案为： 13. 函数的最小正周期为_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式可得，结合公式计算的周期即可求解. 【详解】， 因为的最小正周期为， 故的最小正周期为. 故答案为： 14. 已知三位整数满足的展开式中有连续的三项的二项式系数成等差数列，则的最大值是__________． 【答案】959 【解析】 【分析】设连续的三项的二项式系数为，利用等差中项得，求出，利用为正整数对根进行分析可得答案. 【详解】设连续的三项的二项式系数为，， 由得， 解得①，因为正整数，所以应为奇完全平方数， 设，可得，代入①， 解得，或， 所以三位整数的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据连续的三项的二项式系数成等差数列求出，对其中为奇完全平方数进行分析求出. 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，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论； （Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可. 【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法 由得， 所以，即有. 由，得， 由得， 由，得，所以，即有，又，因此平面. ［方法二］：向量法 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下： 因此, 由得；由得， 所以平面. （Ⅱ）［方法一］：定义法 如图，过点作，交直线于点，连结. 由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由得， 所以，故. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法二］：向量法 设直线与平面所成的角为. 由(I)可知, 设平面的法向量. 由即，可取， 所以. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法三］：【最优解】定义法+等积法 设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故． ［方法四］：定义法+等积法 设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此． 于是得，易得． 由得，解得． 故． ［方法五］：三正弦定理的应用 设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得， 所以由三正弦定理得． ［方法六］：三余弦定理的应用 设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量． 结合三余弦定理得． ［方法七］：转化法＋定义法 如图3，延长线段至E，使得． 联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此． ［方法八］：定义法＋等积法 如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得． 又，设直线与平面所成角为，所以． 【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法； 方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出； （Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出； 方法二：根据线面角的向量公式求出； 方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解； 方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同； 方法五：直接利用三正弦定理求出； 方法六：直接利用三余弦定理求出； 方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出； 方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出． 16. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程； （2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可． 【小问1详解】 当时，，则，，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即． 【小问2详解】 ，令，解得或， 当时，时，，则在上单调递减， 所以，考虑，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以的极大值为，所以由得； 当时，时，，则在上单调递减， 时，，则在上单调递增， 所以，则，不合题意； 当时，时，，则在上单调递减， 所以，不合题意； 综上，． 17. 已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知椭圆的焦点在轴上，标准方程可设为，由椭圆的性质可得四边形面积为，由焦点坐标可知，联立方程即可求出、 （2）由点斜式设出直线、的方程，联立直线与椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，由弦长公式得到，同理可得，四边形面积为，而、，利用和进行转化，即可求出面积的最小值. 【小问1详解】 根据题意可知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为， 椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂直，而两条对角线长分别为，， 由已知得，即， 因为左焦点为，所以，可得， 联立，解得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 作出椭圆的图象，如下图所示： 根据题意可知直线、的斜率存在，且， 所以两直线、的斜率存在且不为0， 因此设直线AB、CD的斜率分别为、， 又，设直线方程为，直线方程为， 设、、、的坐标分别为、、、， 设四边形面积为. 联立，得， ， 因为、该方程两根，由韦达定理可得， 由弦长公式可得， 则， 同理可得，. 因为、分别是线段、的中点，且， 所以，，， ， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故四边形面积的最小值为. 18. 某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了个相同的箱子，其中第个箱子中有个数学题，个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品． （1）已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了个数学题，个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为，答对每一个物理题的概率为． ①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率； ②已知，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时、的值． （2）若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率． 【答案】（1）①；②至少要进行轮游戏，，． （2） 【解析】 【分析】（1）①利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率； ②利用导数求出学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为的最大值，可知学生甲在轮活动中获得奖品的个数，由可求得的值，即可得解； （2）设选出的是第个箱子，计算出在第个箱子中第三次取出的是物理题的概率为，进而可求得所求概率为，结合数列的求和公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】 解：①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件．则； ②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为， 令，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，， 即当时，． 学生甲在轮活动中获得奖品的个数，由，知． 故理论上至少要进行轮游戏，此时，． 【小问2详解】 解：设选出的是第个箱子，连续三次取出题目的方法数为． 设数学题为，物理题为，第三次取出的是物理题有如下四种情形： 取法数为， 取法数为， 取法数为， 取法数为， 从而，第三次取出的是物理题的种数为 ． 则在第个箱子中第三次取出的是物理题的概率为． 而选到第个箱子的概率为， 故所求的概率为． 【点睛】关键点点睛：本题考查概率与数列的综合应用，在求解第三问时，关键要求出在第个箱子中第三次取出物理题的概率，那么就应该对前三次取出的题目所属科目进行列举，进而求解. 19. 集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数. （1）已知集合，，，若，求的值； （2）记集合，，，为中所有元素之和，，求证：； （3）若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据新定义求出，则，，且，即可求解； （2）由新定义可得，结合等差数列前n项求和公式计算可得，利用裂项相消法计算即可证明； （3）设集合，（，），则，进而，结合放缩法计算可得、，即可证明 【小问1详解】 由题：， 所以，，且， 从而，，，故. 【小问2详解】 若，，，，使，其中，，，， 则，故，. ， ， . 【小问3详解】 设集合，，其中，. 则， 这里共个不同元素，又，所以上面为和集中的所有元素. 又， 这里共个不同元素，也为合集中的所有元素， 所以有，即. 一般地，由， ， 可得，即. 同理可得，得证. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长郡中学2024届模拟试卷（二） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，的系数为（ ）． A B. 5 C. D. 10 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 0 4. 若底面半径为r，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（ ） A. B. C. D. 5 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在▱OACB中，E是AC的中点，F是BC上的一点，且BC=3BF，若=m，其中m，n∈R，则m+n的值为（　　） A. 1 B. C. D. 7. 已知数列为等差数列，为等比数列，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，，椭圆的焦点为，，，在第一象限的交点为，若点在直线上，且，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为17 B. 一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 C. 用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D. 以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k值分别是和2 10. 已知定义在R上的偶函数，其周期为4，当时，，则（ ） A. B. 的值域为 C. 在上单调递减 D. 在上有8个零点 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球球心到平面的距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 经过椭圆的右顶点与上顶点的直线斜率为，则的离心率为______. 13. 函数的最小正周期为_____________. 14. 已知三位整数满足的展开式中有连续的三项的二项式系数成等差数列，则的最大值是__________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值． 17. 已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值. 18. 某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了个相同的箱子，其中第个箱子中有个数学题，个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品． （1）已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了个数学题，个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为，答对每一个物理题的概率为． ①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率； ②已知，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时、的值． （2）若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率． 19. 集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数. （1）已知集合，，，若，求的值； （2）记集合，，，为中所有元素之和，，求证：； （3）若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$