精品解析：湖南省部分学校A佳联考2023-2024学年高三5月模拟考试数学试题

2024年5月高三模拟考试 数学 （本试卷共5页，19题，考试用时120分钟，全卷满分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. 某台机器每天生产10000个零件，现连续12天检测，得到每天次品零件个数依次为：8，12，9，18，16，17，15，9，18，20，13，11，则这组样本数据的中位数与第60百分位数之和是（ ） A. 29 B. 30 C. 30.5 D. 31 2. 双曲线的上焦点到双曲线一条渐近线的距离为，则双曲线两条渐近线的斜率之积为（ ） A. B. 4 C. D. 2 3. 已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知函数的导函数是，且，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 或 6. 已知一个多边形的周长等于，所有各边的长成等差数列，最大的边长为，公差为，则这个多边形的边数为（ ） A. 4 B. 6 C. 23 D. 6或23 7. 某大学一宿舍4名同学参加2024年研究生招生考试，其中两人顺利上初试线，还有两人差几分上线，这两名学生准备从A，B，C，D，E，F这6所大学中任选三所大学申请调剂，则这两名学生在选择了相同大学的条件下，恰好选择了两所相同大学的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是椭圆的左、右焦点，O是坐标原点，过作直线与C交于A，B两点，若，且的面积为，则椭圆C的离心率为（ ） 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. 已知是某个简谐运动的函数解析式，其部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ） A. B. 这个简谐运动的初相为或 C. 在上单调递减 D. 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象对应的函数是偶函数 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 存在点P，使得与所成的角为 C. 直线与平面所成角正弦值的取值范围为 D. 若，则P的轨迹的长度为 11. 已知定义域为的函数是的导函数，且满足：是奇函数，则下列判断正确的是（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数是方程的两根，则______. 13. 已知，点P是以线段为直径的圆上任意一点，动点M与点A的距离是它与点B的距离的倍，则的取值范围为______. 14. 对集合，其中，定义向量集合，若对任意，存，使得，则______. 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. 阳春三月，油菜花进入最佳观赏期，长沙县江背镇、望城光明村彭家老屋、浏阳达浒油菜花田、岳麓区含泰社区油菜花田都免费向市民、游客开放，长沙某三所高级中学A，B，C组织学生去这四个景区春游，已知A，B两所学校去每个景区春游的可能性都相同，C学校去岳麓区含泰社区春游的可能性为，去其它三个景区春游的可能性相同. （1）求望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率； （2）长沙县江背镇迎来学校所数的分布列及数学期望. 16. 如图，四棱锥的底面是梯形，平面. （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，. （1）求E的方程； （2）直线，过l上一点P作E的两条切线，切点分别为M，N.求证：直线过定点，并求出该定点坐标. 18. 已知函数. （1）讨论单调性； （2）若有两个零点，求a的取值范围. 19. 角谷猜想，也称为“”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1.这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，…，实施第次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列，1，其递推关系式为：叫做数列的原始项.将此递推关系式推广为：（，且），其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题： （1）若，则数列的项数为______； （2）求数列的原始项的所有可能取值构成的集合； （3）若对任意的数列，均有，求d的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年5月高三模拟考试 数学 （本试卷共5页，19题，考试用时120分钟，全卷满分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. 某台机器每天生产10000个零件，现连续12天检测，得到每天的次品零件个数依次为：8，12，9，18，16，17，15，9，18，20，13，11，则这组样本数据的中位数与第60百分位数之和是（ ） A. 29 B. 30 C. 30.5 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】由百分位数、中位数的定义即可求解. 【详解】将这12个数据从小到大排列为， ，所以排列后的第8个数即为第60百分位数：16， 中位数为，故所求为：. 故选：B. 2. 双曲线的上焦点到双曲线一条渐近线的距离为，则双曲线两条渐近线的斜率之积为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式、焦点、渐近线以及的关系即可求解. 【详解】由对称性，不妨设，双曲线的渐近线是， 则由题意，解得，故所求为. 故选：A. 3. 已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论. 【详解】对于A，若，，则或，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误； 对于B，若，则与相交或平行，B错误； 对于C，若，则，又，则或，C错误； 对于D，由，得或，若，则存在过的平面与相交， 令交线为，则，而，于是，；若，而，则， 因此，D正确. 故选：D 4. 已知函数的导函数是，且，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得出，是偶函数，且在上单调递增，再结合对数函数性质逐一判定即可. 【详解】依题意，（c为常数），是偶函数，且在上单调递增， 又，，则， 对于A，，A错误； 对于B，， ，，B正确； 对于C，，，C错误； 对于D，， ，，D错误. 故选：B 5. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】将已知等式经三角恒等变换，再两边同除以可得关于方程，即可得解. 【详解】由，可得 ，， 两边同时除以并整理可得：，解得：或， 当时，，，不符合题意，所以. 故选：A 6. 已知一个多边形的周长等于，所有各边的长成等差数列，最大的边长为，公差为，则这个多边形的边数为（ ） A. 4 B. 6 C. 23 D. 6或23 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式及求和公式，建立方程求得多边形的边数. 详解】由题意可知：，则， 即，得，解得：或. 当时，不合题意； 故选：B. 7. 某大学一宿舍4名同学参加2024年研究生招生考试，其中两人顺利上初试线，还有两人差几分上线，这两名学生准备从A，B，C，D，E，F这6所大学中任选三所大学申请调剂，则这两名学生在选择了相同大学的条件下，恰好选择了两所相同大学的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出这两名学生恰好选择了两所相同大学的方法总数，再求出这两名学生选择了相同大学的方法总数，可得概率. 【详解】依题意，这两名学生恰好选择了两所相同大学的方法总数为：， 这两名学生选择了相同大学的方法总数为：， 所以所求概率 故选：C 8. 已知是椭圆的左、右焦点，O是坐标原点，过作直线与C交于A，B两点，若，且的面积为，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，首先证明，结合题意算得解得，即可得三角形为等边三角形，进一步结合椭圆定义可得，，，即是的中点，结合勾股定理、离心率公式即可求解. 【详解】 我们首先来证明一个引理：若，则， 证明如下：设，则由余弦定理有 ，即， 所以， 所以，从而引理得证； 根据题意可得， ，解得， 因为，所以，解得， 由，，可得三角形为等边三角形， 所以，所以， 所以，所以是的中点， 所以，所以，即， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于得出三角形为等边三角形，进一步得出的齐次式关系即可求解. 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. 已知是某个简谐运动的函数解析式，其部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ） A. B. 这个简谐运动的初相为或 C. 在上单调递减 D. 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象对应的函数是偶函数 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意得，或，对分类讨论求的符合题意的、，可判断AB，由复合函数单调性可判断C，由函数平移变换法则、偶函数定义判断D. 【详解】对于AB，由题意，，因为，所以或， 当时，由，解得 ，此时只能是 当时，由，解得 ，此时无解， 综上所述，，这个简谐运动的初相为，故A正确，B错误； 对于C，由题意，当时，， 而在上不单调， 由复合函数单调性可知，在上不单调，故C错误； 对于D，将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象对应的函数 ， 显然，且的定义域（全体实数）关于原点对称， 所以是偶函数，故D正确. 故选：AD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 存在点P，使得与所成的角为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 若，则P的轨迹的长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D. 【详解】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 11. 已知定义域为的函数是的导函数，且满足：是奇函数，则下列判断正确的是（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用求导证明为奇函数，再证明是周期为3的函数，再通过合理赋值可核对各选项的对错. 【详解】由，得，则， 又是奇函数，即，从而，， 即，则是奇函数，A正确； 对于B，在中，令，可得， 在中，令，可得，从而，B正确； 对于C，在中，以代，可得， 与求和，可得，令，可得，C错误； 对于D，由以及，可得， 从而，则是周期为3的周期函数，，， ，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：涉及较大自变量的抽象函数的函数值问题，根据给定的函数性质，求出函数的周期是解题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数是方程的两根，则______. 【答案】4 【解析】 【分析】将所求式子变形，结合韦达定理即可求解. 【详解】由韦达定理有，且， 所以. 故答案为：4. 13. 已知，点P是以线段为直径的圆上任意一点，动点M与点A的距离是它与点B的距离的倍，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，判断得点M的轨迹是以为圆心，为半径的一个圆，由与的位置关系是相交，可求得的取值范围. 【详解】以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系， 则，，，于是， 化简得：，即， 因此点M的轨迹是以为圆心，为半径的一个圆，与的位置关系是相交， 所以 故答案为： 14. 对集合，其中，定义向量集合，若对任意，存在，使得，则______. 【答案】5或 【解析】 【分析】取,则存使得，由此可以推出，继续取，则存在使得，由此可得，则，或，则，分类讨论即可求解. 【详解】取，则存在使得，从而可得，即， 所以一定是一正一负（因为0不属于集合），不妨令，则， 所以，所以， 取，则存在使得，从而可得， 若，则矛盾，故不可能同时大于0， 若，则矛盾，故不可能同时小于0， 所以必定有一正一负， 所以有：，则，或，则， 情况一：当，时，， 从而，或（舍去，集合元素间互异），或，即（舍去，与矛盾）， 此时（这里不考虑具体与的对应关系，因为由加法交换律可知，两个加数交换位置不影响结果）， 情况一：当，，， 从而，即（舍去，集合元素间互异），或（舍去，集合元素间互异），或，即， 此时（这里不考虑具体与的对应关系，因为由加法交换律可知，两个加数交换位置不影响结果）， 综上所述，或. 故答案为：5或. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到，且，其中满足：，，或，，由此即可顺利得解. 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. 阳春三月，油菜花进入最佳观赏期，长沙县江背镇、望城光明村彭家老屋、浏阳达浒油菜花田、岳麓区含泰社区油菜花田都免费向市民、游客开放，长沙某三所高级中学A，B，C组织学生去这四个景区春游，已知A，B两所学校去每个景区春游可能性都相同，C学校去岳麓区含泰社区春游的可能性为，去其它三个景区春游的可能性相同. （1）求望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率； （2）长沙县江背镇迎来学校所数的分布列及数学期望. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，数学期望. 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件的概率乘法公式可求得望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率. （2）求出长沙县江背镇迎来学校所数X的可能值及对应的概率，求得分布列及数学期望. 【小问1详解】 依题意，A，B两所学校去每个景区春游的概率都是， C学校去岳麓区含泰社区春游的概率为，去其它三个景区春游的概率为 所以望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率为：. 【小问2详解】 依题意，长沙县江背镇迎来学校所数X的可能值为：0，1，2，3， , ，， 所以长沙县江背镇迎来学校所数X的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 16. 如图，四棱锥的底面是梯形，平面. （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明过程见解析 （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】 因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以，又， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 如图，， 设， 则， ，设平面的法向量为， 则，即，取，满足条件， 所以可取， ，，设平面的法向量为， 则，即，取，解得， 所以， 由题意， 化简并整理得，解得或（舍去）， 所以， 综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为. 17. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，. （1）求E的方程； （2）直线，过l上一点P作E的两条切线，切点分别为M，N.求证：直线过定点，并求出该定点坐标. 【答案】（1） （2）证明见详解；定点坐标为 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，设直线的方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案； （2）设直线的方程为，，，联立抛物线方程，得到韦达定理，利用导数的几何意义，设出切线与的方程，两者联立，可求出，即可证得直线过定点，并得出该定点坐标. 【小问1详解】 由已知，，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点， 设的方程为，, 联立，得，则， 则， 所以， 解得， 故抛物线E的方程为：. 【小问2详解】 设直线的方程为，，， 联立，得， ，即， 所以，， 令，当时， 可化为，则， 则在处的切线的方程为：， 即， 同理可得切线的方程为：， 联立与的方程，解得， 所以，则，满足， 则直线的方程为， 所以直线过定点，该定点坐标为. 【点睛】方法点睛：直线和抛物线的位置关系中，证明直线过定点问题，一般是设出直线方程，利用根与系数的关系化简，求得参数之间的关系式，再对直线分离参数，求得定点坐标，进而证明直线过定点. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得单调性. （2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围． 【小问1详解】 函数的定义域为R， 求导得， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上递减，在上递增， ，即， ①当时，，恒成立，在R上单调递减； ②当时，由，得，由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，在R上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在R上单调递减，在R上至多一个零点，不满足条件， 当时，，令， 则， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，即， 于是，函数在R上单调递增，而， 则当时，，当时，，当时，， ①若，则，故恒成立，无零点； ②若，则，仅有一个实根，不满足条件； ③若，则， 注意到，， 于是在上有一个实根，又， 且 ， 令，则，当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，， 则，又，即，则有， 即，于是在上有一个实根， 又在上单调递减，在上单调递增，因此在R上至多两个实根， 又在及上均至少有一个实根，则在R上恰有两个实根， 所以时，在R上恰有两个实根. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： ①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； ②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； ③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 19. 角谷猜想，也称为“”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1.这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，…，实施第次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列，1，其递推关系式为：叫做数列的原始项.将此递推关系式推广为：（，且），其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题： （1）若，则数列的项数为______； （2）求数列的原始项的所有可能取值构成的集合； （3）若对任意的数列，均有，求d的最小值. 【答案】（1）5； （2）； （3）2. 【解析】 【分析】（1），根据给定条件，逐一计算即可得数列的项数. （2）证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，时，，符合题意，利用反证再进行分类讨论可得. （3）先证符合题意，分类讨论①当，②当，最后证明和两种情况得答案. 【小问1详解】 ， ，所以数列的项数为5. 【小问2详解】 ， 下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列， 时，符合题意， 反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列， 设此时的最小值为，即时，存在数列，时，不存在数列， ①当为奇数时，因为存在以为原始项的数列，， 所以就是原始项为的数列，与假设矛盾； ②当为偶数时，因为存在以为原始项的数列，， 所以就是原始项为的数列，与假设矛盾， 综上可知，数列的原始项的所有可能取值为全体大于等于2的正整数， 即数列的原始项的所有可能取值构成的集合为. 【小问3详解】 依题意，，， 先证明符合题意，即， 当时，显然成立；当时，，即也成立； 当时，对任意，故，即， ①当时，由， 所以； ②当时，由， ，所以， 下面证明，对任意的正偶数，构造， 先验证为数列， 当时，为奇数，， 当时，为偶数，， 当时，，所以为数列， 下面证明不符合题意，假设，因为， ， 所以，矛盾. 综上可得的最小值为2. 【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$