精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2024届高三下学期模拟（三）数学试题

雅礼中学2024届模拟试卷（三） 数学 一､单项选择题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5 3. 已知点是抛物线上一点，且它在第一象限内，焦点为坐标原点，若，，则此抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数满足，求在的导数（ ） A. B. C. D. 5. 函数 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，则当时，则使需要的雹程步数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 7. 某区进行高二数学期末调研测试，数学测试成绩，如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩由高到低分为A，B，C，D四个等级，则A等级的分数线应该是（ ） 参考数据：若，则， A. 69 B. 81 C. 87 D. 96 8. 如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 已知由样本数据组成的一个样本，得到经验回归方程为，且，去除两个样本点和后，得到新的经验回归方程为．在余下的8个样本数据和新的经验回归方程中（ ）． A 相关变量x，y具有正相关关系 B. 新的经验回归方程为 C. 随着自变量x值增加，因变量y值增加速度变小 D. 样本的残差为 10. 当实数变化时，关于的方程可以表示的曲线类型有（ ） A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 双曲线 11. 如图，正方形的边长为，、分别为边、上的动点，，则（ ） A. 若，则的周长最大值为 B. 若，则面积最大值为 C. 若的周长为定值，则的大小为 D. 若的周长为定值，则长度的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中按的升幂排列的第三项为__________． 13. 如图，在平行四边形中，点，分别是，边中点，，分别与交于，两点，用向量，表示向量，则______. 14. 已知正三棱柱的侧面积为，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为________. 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. 如图，在中，已知为锐角，边上的两条中线相交于点的面积为. （1）求的长度； （2）求的余弦值. 16. 如图，在长方体中，点E、F分别在，上，且，． （1）求证：平面； （2）当，，时，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 一个袋子中有个大小相同的球，其中有个白球，个黄球，从中随机地摸个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，表示样本中黄球的比例. （1）若有放回摸球，求分布列及数学期望； （2）（i）分别就有放回摸球和不放回摸球，求与总体中黄球的比例之差的绝对值不超过的概率； （ii）比较（i）中所求概率的大小，说明其实际含义. 18. 已知双曲线与直线有唯一的公共点M. （1）若点在直线l上，求直线l的方程； （2）过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于，y轴于两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点使得为定值. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设分别是的极小值点和极大值点，记． （i）证明：直线与曲线交于除外另一点； （ii）在（i）结论下，判断是否存在定值且，使，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 雅礼中学2024届模拟试卷（三） 数学 一､单项选择题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解集合，再利用交集运算求解即可. 【详解】因为，，所以， 故选：B． 2. 若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算得到，再计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：D. 3. 已知点是抛物线上一点，且它在第一象限内，焦点为坐标原点，若，，则此抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线定义知，进而可得关于参数p的坐标，再由两点距离公式列方程求参数p，即可确定抛物线准线方程. 【详解】因为，所以，. 又，所以，准线方程为. 故选：D. 4. 已知函数满足，求在的导数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，令，求得，在中，令求得答案. 【详解】因为， 所以，解得， . 故选：D. 5. 函数 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数符号，单调性即可判断. 【详解】对于 ，当 时， ，故B错误； ，显然在定义域内 ， 即在 和 都是增函数，C正确，AD错误； 故选：C. 6. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，则当时，则使需要的雹程步数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用递推关系逐步计算可得使得需要多少步雹程. 【详解】解：根据题意，当，根据上述运算法则得出42→21→64→32→16→8→4→2→1， 所以共需经过8个步骤变成1，故使需要的雹程步数为8. 故选：B 7. 某区进行高二数学期末调研测试，数学测试成绩，如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩由高到低分为A，B，C，D四个等级，则A等级的分数线应该是（ ） 参考数据：若，则，. A. 69 B. 81 C. 87 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合正态分布的对称性运算求解. 【详解】由题意可知：， 因为， 所以A等级的分数线应该是. 故选：B. 8. 如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将直线平移到，使其过点A，即得为异面直线所成的角，于是需要求，即要解三角形，故要先证，而这可通过证明平面得到. 【详解】 如图，过点A作直线，过点E作,交直线于点B，连接, 因，则，又，,平面， 则平面，故平面 又平面，则.易得：, 在中，, 设异面直线所成的角为，则, 因, 由余弦定理可得：, 又因，故. 故选：C. 二､多项选择题：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. 已知由样本数据组成的一个样本，得到经验回归方程为，且，去除两个样本点和后，得到新的经验回归方程为．在余下的8个样本数据和新的经验回归方程中（ ）． A. 相关变量x，y具有正相关关系 B. 新的经验回归方程为 C. 随着自变量x值增加，因变量y值增加速度变小 D. 样本的残差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线性回归方程的求法、意义可判断ABC ，再由残差的概念判断D. 【详解】，x新平均数，． y新平均数，∴，∴． 新的线性回归方程，x，y具有正相关关系，A对． 新的线性回归方程：，B对． 由线性回归方程知，随着自变量x值增加，因变量y值增加速度恒定，C错； ，，，D对． 故选：ABD． 10. 当实数变化时，关于的方程可以表示的曲线类型有（ ） A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 双曲线 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用曲线方程的特征逐一判断即可. 【详解】当时，方程为，即，此时方程表示直线； 当时，方程为 若，则方程表示双曲线； 若，此时无解； 当，方程表示椭圆. 方程可以表示的曲线类型有直线，双曲线，椭圆. 故选：ACD. 11. 如图，正方形的边长为，、分别为边、上的动点，，则（ ） A. 若，则的周长最大值为 B. 若，则的面积最大值为 C. 若的周长为定值，则的大小为 D. 若的周长为定值，则长度的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A、B，依题意可得，利用基本不等式判断即可；对于C、D，设线段、的长度分别为、，，，由勾股定理可得，再由两角和的正切公式判断C，利用基本不等式得到，解得的范围判断D. 【详解】对于A：若，则， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即的周长最大值为，故A正确； 对于B：，当且仅当时取等号， 即的面积最大值为，故B正确； 对于C：设线段、的长度分别为、，，， 则，因为的周长为定值，所以. 则由勾股定理得，即， 又因为，于是， 因为，所以，即，故C错误； 对于D：由C选项的推理可知，， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即， 又因为，解得， 当且仅当即时等号成立，故D正确； 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题C、D选项解答的关键是设线段、的长度分别为、，，，从而推导出. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中按的升幂排列的第三项为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理展开式的通项公式即可求解. 【详解】题意即展开式中的项为按的升幂排列的第三项为． 故答案为：. 13. 如图，在平行四边形中，点，分别是，边的中点，，分别与交于，两点，用向量，表示向量，则______. 【答案】 【解析】 【分析】 在平行四边形中,因为点是边的中点,所以可以证明,且相似比为,从而证明出是的三等分点,同理也是的三等分点,进而可以利用向量的三角形法则求出. 【详解】在平行四边形中,, , ,且相似比为, ,即是的三等分点, 同理也是三等分点, , 故答案为:. 【点睛】本题考查了向量三角形法则的应用,结合了平面几何的知识,难度不大. 14. 已知正三棱柱的侧面积为，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】作出球的过正三棱柱侧棱的球的截面，由棱柱侧面积得出棱柱的底面边长和高的关系，从而表示出球半径，由基本不等式得出半径的最小值，即得体积最小值． 【详解】如图是过侧棱的球的截面，是正三棱柱下底面和上底面外心， 设正三棱柱的底面边长为，高为h，球的半径为R，由题意知，即， 底面外接圆的半径，由球的截面圆性质知，当且仅当时取等号，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为. 故答案为：． 【点睛】思路点睛：本题考查正棱柱的外接球的体积最小值问题．在球与正棱柱、正棱锥接切问题中，常常过棱柱或棱锥的高及一条侧棱作出球的截面，这里要注意此面截棱柱或棱锥所得多边形与圆的关系，从而得出球半径与棱柱棱锥中的线段长的关系． 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. 如图，在中，已知为锐角，边上的两条中线相交于点的面积为. （1）求的长度； （2）求的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）因为，得到，由，在由余弦定理即可得到的长度. （2）因为，所以为直角，,.在中，由勾股定理得，即得到，在中，由余弦定理即可得到的余弦值. 【小问1详解】 由题知，，所以， 又因为，所以或.因为为锐角，所以. 在中，由余弦定理知， 整理得，解得. 【小问2详解】 因为， 所以，， 在中，由勾股定理得：，， 所以在中，由余弦定理得. 所以的余弦值为. 16. 如图，在长方体中，点E、F分别在，上，且，． （1）求证：平面； （2）当，，时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以线面垂直判定定理去证明即可解决； （2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面与平面的夹角的余弦值即可解决. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以． 又，，所以平面 因为平面，所以 同理：因为平面，平面，所以． 又，，所以平面 因为平面，所以 又因为，，所以平面 【小问2详解】 以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图． 则，，，，，． 所以，且是平面的一个法向量． ， 设平面的法向量为 则，即 所以，令，得． 则平面的一个法向量为． 所以． ， 所以． 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 一个袋子中有个大小相同球，其中有个白球，个黄球，从中随机地摸个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，表示样本中黄球的比例. （1）若有放回摸球，求的分布列及数学期望； （2）（i）分别就有放回摸球和不放回摸球，求与总体中黄球的比例之差的绝对值不超过的概率； （ii）比较（i）中所求概率的大小，说明其实际含义. 【答案】（1）分布列见解析，；（2）（i）有放回摸球时，所求概率为，不放回摸球时，所求概率为；（ii）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值； （2）（i）样本中黄球的比例为，由题意，可得出的可能取值有、，分别计算出对应的概率，再求和，即可得解； （ii）根据（i）中两个概率的大小关系可得出结论. 【详解】（1）因为有放回摸球，每次摸到黄球的概率为，且各次试验的结果是独立的， 由题意可知，，则所有可能取值有、、、、， ，， ，， ， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 随机变量的数学期望为； （2）（i）样本中黄球的比例为，由题意，解得，即取、， 有放回摸球时，概率， 不放回摸球时，概率； （ii）由（i）可知，， 所以，在误差不超过的限制下，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，采用不放回估计的结果更可靠些. 18. 已知双曲线与直线有唯一的公共点M. （1）若点在直线l上，求直线l的方程； （2）过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于，y轴于两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点使得为定值. 【答案】（1） （2）存在定点，，使得当点M运动时，为定值13 【解析】 【分析】（1）双曲线与直线联立方程组，由判别式为0和点在直线l上，解得，可求直线l的方程； （2）双曲线与直线联立方程组，求出点M坐标，表示出过点M且与直线l垂直的直线，解得，两点，求动点的轨迹方程，由方程确定满足条件的定点G，H. 【小问1详解】 点在直线上，则有， 联立，则， 由，则，可得， 所以：，解得， 当时，；所以直线l的方程： 【小问2详解】 联立，则， 因为，M是双曲线与直线的唯一公共点， 所以，化简得， 解得点M的坐标为，即为， 于是，过点M且与l垂直直线为， 可得，，，即，， 于是， 即P的轨迹方程为：，由双曲线的定义可知， 存在定点，，使得当点M运动时，为定值13. 【点睛】方法点睛： 解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设分别是的极小值点和极大值点，记． （i）证明：直线与曲线交于除外另一点； （ii）在（i）结论下，判断是否存在定值且，使，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2）（i）证明见解析；（ii）存在定值，此时. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，从而解不等式，求出函数单调性； （2）（i）法一：在（1）基础上得到，求出直线方程，联立得到，变形得到，构造，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论； 法二：在（1）基础上得到，求出直线方程，联立得到，变形得到，构造，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论； （ii）法一：在（i）基础上，得到，表达出，故，结合（i）中的得到，换元得到，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到存在定值，且，使，又，故； 法二：由（i）知，，表达出， 故，根据，得到，又，故； 【小问1详解】 定义域为R， ， 令，则，令，或， 在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 （i）法一：由（1）知且， ， ， 直线方程为， 令，即， 或， 设，则， 令，则， ， 令，则，令，则， 在上单调递减，在上单调递增， ，， （或者） 存在唯一的，使，即， 故方程①的解有 综上，直线与曲线交于除点外另一点； 法二：由（1）知且， ， ， 直线方程为， 令，即， 或， 设，则， 令，则；令，则；令，则， 在上单调递增，在上单调递减， ， ，使得， 故方程①的解有， 综上，直线与曲线交于除点外另一点. （ii）法一：由（i）知，， ， ， 由（i）可知，， ， 即， ， 设，设， ， 令，则， 令，则，令，则， 在上单调递减，在上单调递增. ， ，使，此时， 故存在定值，且，使， 又，故； 法二：（ii）由（i）知，， ， ， ， ， ， ， 故存在定值，且，使，此时. 【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$