精品解析：湖南省长沙市周南中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

长沙市周南中学 2024 届高三第三次模拟考试 数学试题 时量: 120 分钟 满分: 150 分 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“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】解集合中的不等式，得到这两个集合，由集合的包含关系，判断条件的充分性和必要性. 【详解】不等式解得，则； 不等式解得，则. ， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 2. 若虚数单位是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用方程根的意义，结合复数为0的充要条件求出，再求出复数的模. 【详解】依题意，，即，又， 则，所以. 故选：C 3. 已知是抛物线的焦点，点在上，且的纵坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的焦半径公式即可求解. 【详解】由已知得，由于的纵坐标为，结合抛物线定义可得， 故选：D 4. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据任意角的三角函数求出，再求出的值，最后根据两角和的正切公式即可求出所需的值. 【详解】由任意角的三角函数公式可知，解得， 所以，所以， 故选：C 5. 下图是一个圆台的侧面展开图，已知，且，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆台上下底面圆的半径，再求出圆台的高并结合圆台的体积公式求解作答. 【详解】设圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，母线长为，高为， 依题意，， 解得，， 而圆台的母线长， 因此圆台的高， 所以圆台的体积. 故选：D. 6. 已知不等式所表示的平面区域内一点到直线和直线的垂线段分别为，若三角形的面积为，则点轨迹的一个焦点坐标可以是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图所示，不等式所表示的平面区域内一点，可得点的轨迹为直线之间并且包括轴在内的区域，再根据三角形的面积为，即可求得点轨迹的一个焦点坐标. 【详解】如图所示， 则，. 不等式所表示的平面区域内一点，可得点的轨迹为直线之间并且包括轴在内的区域． ∴ ∵ 三角形的面积为 ∴，即点轨迹方程为. ∴焦点坐标为. 故选：A. 【点睛】本题考查了线性规划的有关知识、双曲线的标准方程及其性质、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 7. 函数的定义域为M，若存在正实数m，对任意的，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则k的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简并求出其范围，根据恒成立求出k的最小值. 【详解】因为，, 而， 所以， 故，即，所以k的最小值为， 故选：C． 8. 已知数列满足递推关系，（其中为正常数，）且.若等式成立，则正整数的所有可能取值之和为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由已知有是公差为的等差数列， 是公比为的等比数列，所以 ，解得（舍去），所以，故数列中的项分别为，若满足，当或时，等式成立，当的值越大，的值就越大，此时与不可能相等，故正整数的所有可能取值之和为4，选B. 点睛：本题主要考查等差等比数列的定义，考查运算求解能力，属于中档题． 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 公式中的和不具有线性相关关系 B. 已知变量的对数据为，则回归直线可以不经过点，其中 C. 若相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对于变量与的统计量来说，越大，判断“与有关系”的把握越大 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据线性相关的定义进行判断；B选项，回归直线一定经过样本中心点；C选项，由相关系数的性质进行判断；D选项，根据的定义判断D正确. 【详解】A选，公式中的和为二次函数关系，故不具有线性相关关系，A正确； B选项，回归直线一定经过样本中心点，即，B错误； C选项，若相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的线性相关性越强，C正确； D选项，对于变量与的统计量来说，越大，判断“与有关系”的把握越大，D正确. 故选：ACD 10. 已知圆 ，直线 ，则（ ） A. 直线 恒过定点 B. 当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 1 C. 直线与圆可能相切 D. 若圆与圆 恰有三条公切线，则 【答案】AD 【解析】 【分析】本题先根据直线l的方程判断出直线l恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，可解决选项A和选项C的问题；根据圆心到直线的距离判断满足条件点的个数，可解决选项B的问题；由选项D的条件可得两圆外切，由此可求得参数a的值. 【详解】由直线，得 ， 因为，则满足 ，解得 ， 所以直线恒过定点 ，故选项A正确. 因为当时，直线为:， 则圆心 到直线的距离为 ， 则此时直线与圆相交所得劣弧的顶点到直线的距离， 所以圆上只有 2 个点到直线的距离为 1，故选项B错误. 因为直线过定点 ，又 ， 所以定点在圆内，则直线与圆一定相交，故选项错误. 由圆的方程 可得，， 所以圆心为 ，半径为 ， 因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切， 则 ，解得 ，故选项正确. 故选：AD. 11. 约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ） A. 该台塔共有15条棱 B. 平面 C. 该台塔高为 D. 该台塔外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由台塔的结构特征，数出棱的条数，即可判断A，根据线面平行的判定定理证明B，计算出高，即可判断C，由外接球半径计算体积，即可判断D. 【详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，故A正确； 台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1， 连接，因且，又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面，故B正确； 上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为， 则点是正六边形的中心，也是的中心， 和都是正三角形，是的中心， 由棱长为，则， 所以台塔的高，故C错误； 设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径， 下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径， 设台塔的外接球半径为，， 则有或，解得， 所以，台塔的外接球体积，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. 的展开式中含项的系数为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解. 【详解】， 的展开式中项为：， 展开式中没有项， 故的展开式中含项的系数为， 故答案为：. 13. 平面向量 满足：， ，，且 ，，则 ___. 【答案】## 【解析】 【分析】结合数量积的定义和性质求出、和，利用即可求出答案. 【详解】因为，所以， 因为，，， ， 所以， ， 因为， ， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数 ，任取 ，定义集合 ，点 满足 . 设 分别表示集合 中元素的最大值和最小值，记 ，试解答 以下问题: （1）若函数 ，则 ___; （2）若函数 ，则 的最小正周期为___. 【答案】 ①. 1 ②. 2 【解析】 【分析】（1）把代入，然后计算的最大值和最小值即可. （2）先表示出，然后根据的位置分类分析的值. 【详解】对于 ，因为函数 ，当 时， 且 ， 即 ，令 ，即 ，解得 ， 所以 ，所以 ； 对于 ，如图所示，若函数 ，此时，函数的最小正周期为 ， 点 ， 当点 在 点时，点 在曲线 上， ; 当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐增大，当点 在 点时， ; 当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐减小，当点 在 点时，， ; 当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐 增大，当点 在 点时，， 当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐 减小，当点 在 点时，， ; 依此类推，发现 的最小正周期为 2 ， 故答案为：（1）1；（2）2. 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. 记，已知数列和分别满足：． （1）求通项公式； （2）求． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】(1)根据题意可知数列的前项和，进而可求解的通项公式；而即可求解； (2) 由（1）知，结合错位相减法求解即可. 【小问1详解】 设，则 当时，； 当时，． 经检验，当时，满足，所以； 当时，；当时，， 当时，满足，所以． 【小问2详解】 由（1）知，则 ，① ，② 由①-②相减得： 故 16. 开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措 是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程. 某校为 确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支 持情况，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表: 男 女 支持方案一 24 16 支持方案二 25 35 假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支 持相互独立. （1）从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设为抽出两人中女生的个数，求的分布列与数学期望; （2）在(1)中表示抽出两人中男生的个数，试判断方差与的大小. 【答案】（1）分布列见解析， （2）. 【解析】 【分析】（1）记从方案一中抽取到女生为事件，从方案二中抽取到女生为事件，根据已知条件求出，的可能取值为0，1，2，求出相应的概率，从而可求得的分布列与数学期望; （2）根据方差的性质判断即可. 【小问1详解】 记从方案一中抽取到女生为事件，从方案二中抽取到女生为事件 . 则 ， 则的可能取值为 . 所以， ， ， 所以 的分布列为: 0 1 2 所以 . 【小问2详解】 依题意可得， 所以, 即 . 17. 如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，且，点E在上. （1）求证：平面； （2）若E为的中点，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由条件可得，，然后算出的长度可得矩形是正方形，然后可得，即可证明； （2）、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量求解即可. 【小问1详解】 因为底面，、底面，所以，， 所以，， 所以矩形是正方形，所以， 因为，所以平面 【小问2详解】 由（1）知、、两两垂直，建系如图， ，0，，，2，，，0，，，2，，，1，， ，，，，1，，，2，， 设平面的法向量为， 则，，即 所以可取，0，， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 18. 已知函数，． （1）若存在零点，求a的取值范围； （2）若，为的零点，且，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的最小值，解不等式即可求解； （2）由零点的定义可得，只需证，令，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 的定义域为， 令，即，等价于， 设，则（）， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则最小值为，， 要使得存在零点，则， 即，得． 【小问2详解】 由为的零点，得， 即，即 两式相减得，即. 要证当时，， 只需证，只需证，， ，． 令，，只需证， ，则在上单调递增， ∴，即可得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的求解策略 形如的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切. （1）求椭圆的标准方程; （2）椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线. ① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线; ② 若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得，，再结合，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程； （2）①由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，然后分和两种情况证明；②设点，然后由①可得过点的切线方程和过点的切线方程，则可求出割线的方程，同时可求出切点弦的方程，从而可证得结论. 【小问1详解】 由已知，，则 所以直线 ，即 ， 该直线与圆 与相切，则， 所以解得，， 故椭圆的标准方程为 【小问2详解】 ① 由(1)得椭圆的方程是 . 因为在椭圆上，所以，即， 由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ， 当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线， 当时，极线方程为，即， 由，得， 所以， 所以处的极线就是过点的切线， 综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线; ② 设点， 由①可知，过点的切线方程为， 过点的切线方程为， 因为都过点，所以有， 则割线的方程为， 同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即， 又因为割线过点，代入割线方程得，即 ， 所以三点共线，都在直线上． 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆的切线，考查椭圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长沙市周南中学 2024 届高三第三次模拟考试 数学试题 时量: 120 分钟 满分: 150 分 一、选择题: 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 若虚数单位是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 3. 已知是抛物线的焦点，点在上，且的纵坐标为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则＝（ ） A. B. C. D. 5. 下图是一个圆台的侧面展开图，已知，且，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知不等式所表示的平面区域内一点到直线和直线的垂线段分别为，若三角形的面积为，则点轨迹的一个焦点坐标可以是 A. B. C. D. 7. 函数的定义域为M，若存在正实数m，对任意的，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则k的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 已知数列满足递推关系，（其中为正常数，）且.若等式成立，则正整数的所有可能取值之和为 A. B. C. D. 二、选择题: 本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求. 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 公式中的和不具有线性相关关系 B. 已知变量的对数据为，则回归直线可以不经过点，其中 C. 若相关系数绝对值越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对于变量与的统计量来说，越大，判断“与有关系”的把握越大 10. 已知圆 ，直线 ，则（ ） A. 直线 恒过定点 B. 当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 1 C. 直线与圆可能相切 D 若圆与圆 恰有三条公切线，则 11. 约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ） A. 该台塔共有15条棱 B. 平面 C. 该台塔高为 D. 该台塔外接球的体积为 三、填空题: 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 的展开式中含项的系数为___________. 13. 平面向量 满足：， ，，且 ，，则 ___. 14. 已知函数 ，任取 ，定义集合 ，点 满足 . 设 分别表示集合 中元素的最大值和最小值，记 ，试解答 以下问题: （1）若函数 ，则 ___; （2）若函数 ，则 的最小正周期为___. 四、解答题: 本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 记，已知数列和分别满足：． （1）求通项公式； （2）求． 16. 开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措 是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程. 某校为 确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支 持情况，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表: 男 女 支持方案一 24 16 支持方案二 25 35 假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支 持相互独立. （1）从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设为抽出两人中女生的个数，求的分布列与数学期望; （2）在(1)中表示抽出两人中男生的个数，试判断方差与的大小. 17. 如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，且，点E在上. （1）求证：平面； （2）若E为的中点，求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 已知函数，． （1）若存在零点，求a的取值范围； （2）若，为的零点，且，证明：． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切. （1）求椭圆的标准方程; （2）椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线. ① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线; ② 若过点分别作椭圆两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$