湘豫名校联考2024届高三下学期第三次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湘豫名校联考2024届高三下学期第三次模拟考试数学试题一、选择题1.已知等差数列的公差为，且，则的值为（）A.1980 B.1981 C.1982 D.1983〖答案〗B〖解析〗由可得，且，即，所以.故选：B.2.已知椭圆E：经过点，则E的长轴长为（）A.1 B.2 C.4 D.〖答案〗C〖解析〗因为椭圆E：经过点，所以，解得，所以，所以E长轴长为.故选：C.3.已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，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〗C〖解析〗若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知；若，，，所以直线与平面平行的性质定理知；所以“”是“”的充要条件.故选：C.4.若，则的值是（）A.零 B.正数 C.负数 D.以上皆有可能〖答案〗A〖解析〗令，则，由得，所以.故选：A.5.当时，的最大值是（）A.2 B. C.0 D.〖答案〗D〖解析〗原式，其中锐角由确定，由，得，所以.故选：D.6.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且离心率为，过点的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则（）A. B. C.2 D.3〖答案〗A〖解析〗不妨设焦点为，其中一条渐近线为，则直线l的方程为，由解得即，因为，所以，过点作轴的垂线，垂足为，如下图：于是.故选：A.7.若偶函数的最小正周期为，则（）A. B.的值是唯一的C.的最大值为 D.图象的一条对称轴为〖答案〗D〖解析〗对于A，因为周期只与有关，因此只需考虑的情况.若对任意，都有，，所以，所以，所以A错误.对于B，因为偶函数，所以.因为，，所以.又，所以或，所以B错误.对于C，，当时取得最大值，所以C错误.对于D，容易知道或时，，所以的图象关于直线对称，所以D正确.故选：D.8.已知实数m，n满足，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗令，，则条件化为，即，，为半圆，令，画出图形如下：显然当经过圆心时，，圆心到的距离，解得，负值舍去，故.则.所以，所以，令，则当时，，于是在上单调递增，所以.综上所述，的最大值为2.故选：B.二、多选题9.在某次数学测试中，甲、乙两个班的成绩情况如下表：班级人数平均分方差甲45881乙45902记这两个班的数学成绩的总平均分为，总方差为，则（）A. B. C. D.〖答案〗BD〖解析〗依题意得，.故选：BD.10.已知函数定义域为且不恒为零，若函数的图象关于直线对称，的图象关于点对称，则（）A.B.C.是图象的一条对称轴D.是图象的一个对称中心〖答案〗BCD〖解析〗因为的图象关于直线对称，所以，即，所以，所以的图象关于直线对称.因为的图象关于点对称，所以，即，所以的图象关于点对称.所以.令，得.由，可得，故即，所以，所以函数的周期，所以，又不恒为零，所以错误，A错误，，B正确；因为的图象关于直线对称，的图象关于点对称，所以，所以为函数的对称轴，结合周期性可得，，为函数的图象的对称轴，所以是函数图象的一条对称轴，C正确；因为，，所以，所以原点为函数的一个对称中心，结合函数周期性可得点，，为函数图象的对称中心，所以点是函数图象的一个对称中心，D正确.故选：BCD.11.一般地,对于复数（i为虚数单位，a，）,在平面直角坐标系中,设,经过点的终边的对应角为，则根据三角函数的定义可知，，因此,我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，称为复数z的辐角.为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合的辐角的值叫做辐角的主值.已知复数z满足，，为z的实部，为z的辐角的主值，则（）A.的最大值为B.的最小值为C.D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，，复数在复平面的对应的点为,所以点Z在以为圆心、以r为半径的圆上或圆内.对于选项A，B，由复数的几何意义可得表示点Z与的距离，又点到点的距离为，所以的最大值为，A正确，的最小值为，B正确，对于C，过点作以为圆心，为半径的圆的切线，设切点为，设，则或，所以，所以，所以C错误.对于D，设，有（其中是z的辐角的主值），由于，所以，所以D正确.故选：ABD.三、填空题12.在中，，.若，则的面积为______.〖答案〗〖解析〗，，则，所以，所以.所以.故〖答案〗为：13.已知正四棱台中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为________.〖答案〗〖解析〗如图1，延长交于点，由棱台的性质可得与相似，相似比为，所以，，设在正四棱台上、下底面的投影点分别记为，，，.首先四棱台内部能够放入的球体的直径，即；其次取的中点，作纵截面，如图2，设球的球心为O，O到线段SN的距离为d，则.，，，所以，，所以.所以.故〖答案〗为：.14.在龙年元宵节的一项无人机飞行表演中，将7架不同的“焰火”无人机和架不同的“灯光”无人机排成一列.已知每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火”无人机相邻，设这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为p，要使得，则n的最小值为________.〖答案〗4047〖解析〗方法一：从排列的角度看问题.每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火"无人机相邻有四种情况，情况1：7架“焰火”无人机排在一起，此时有种方法，情况2：，组成方式为〇〇，〇〇〇〇〇，此时有种方法，情况3：，组成方式为〇〇〇，〇〇〇〇，此时有种方法.情况4：.组成方式为〇〇，〇〇，〇〇〇，此时有种方法.所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为，所以因为，所以n的最小值为4047.方法二：我们可以不考虑“灯光”无人机的排法，同时也不考虑“焰火”无人机之间的相对位置，只需将对应的“焰火”无人机放入“灯光”无人机形成的空位中即可.对7架“焰火”无人机排法进行分类，①7架在一起，有种排法；②，由插空法知有，种排法；③，由插空法知有种排法；④.由插空法知有种排法；所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为.所以.因为，所以n的最小值为4047.故〖答案〗为：4047四、解答题15.甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.（1）经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；（2）若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率.解：（1）由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3，则，，，.所以X的分布列为X0123P因为，所以X的期望.（2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：甲获胜2局，甲获胜3局，所以所求概率为.16.已知函数在处的切线方程为.（1）求a的值；（2）证明：.（1）解：由题意可得函数的定义域为，又，函数在处的切线方程为，其斜率为，得：，解得.（2）证明：注意到，且，则，，令，则.令，则，所以在上单调递增，即在上单调递增.因为，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，即，所以在上单调递增.因为，所以当时，；当时，，所以.17.如图，在直四棱柱中，底面四边形ABCD为菱形,，点E，F分别为棱AB，上的点，（1）若，且平面以平面，求实数的值；（2）若F是的中点，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.解：（1）方法一：如图1，取AB的中点，连接，因为四边形ABCD是菱形，且，所以是等边三角形，所以.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面，所以E点和点重合.所以，即，即.方法二：如图2，在上取一点G，使，连接EG，.显然四边形为平行四边形，得到，且，同时，且，有，且，四边形为平行四边形，则平面平面，且.因为平面ABCD，平面ABCD，所以，所以.又平面平面，平面平面，平面.所以平面.又平面，所以.又因为四边形是菱形，且，所以是等边三角形，所以，即.（2）方法一：以E为AB的中点.以点为原点，分别以为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系不妨设，，则，，，，，，所以，，，.设平面的法向量为，则即令，则，，所以平面的一个法向量为，设平面BDF的法向量为，则即令，则，，所以平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则令，解得或，所以或.所以或.方法二：连接AC，与BD相交于点O，连接与相交于点，连接，OF，.由题意得，，平面ABCD.以点为原点，分别以为轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，不妨设，，则，，所以，.易知，，所以向量夹角余弦的绝对值等于平面与平面夹角的余弦值，所以.所以.解得或，所以或.所以或.18.如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.（1）证明：为定值；（2）求与的内切圆半径之和的取值范围.（1）证明：由，消去y得.由，，得.所以的方程为，所以，.设，则由，得，结合，求得，所以点C的横坐标为，所以，为定值.（2）解：先证明直角三角形内切圆半径公式：对于，，其内切圆半径为r，则，从而设，内切圆的半径分别为，，则，同理.设的内切圆半径为R，则.所以，因为，因为是关于a的单调递增函数，所以是关于a的单调递减函数，所以函数在上单调递增，所以，所以.故与内切圆的半径之和的取值范围是.19.一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当时命题成立；（2）（归纳递推）以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立”.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法.已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：①且；②对任意的，存在唯一的，满足，其中，表示不超过y的最大整数；③若，，则.证明：（1）；（2）对任意的，对每一个整