湘豫名校联考2024届高三下学期第四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届高三下学期第四次模拟考试数学试题一、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.在复数范围内方程的两个根分别为，，则（）A.1 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意可得，，即，当，时，，，当，时，，，综上，.故选：D.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，所以．故选：D．3.已知椭圆与矩形的四条边都相切，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由椭圆的对称性可知，，则，，所以，所以的离心率为，故选：A.4.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，故选：C.5.在某次游戏中，甲、乙分别用弓箭对准同一个弓箭靶，两人同时射箭．已知甲、乙中靶的概率分别为0.5，0.4，且两人是否中靶互不影响，若弓箭靶被射中，则只被甲射中的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设事件“甲中靶”，“乙中靶”，“弓箭靶被射中”，则，，所以，，．所以．所以．故选：B．6.如图，，和，分别是函数图象的两个最低点和两个最高点，若四边形的面积为，且在区间上是单调函数，则实数的最大值是（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意，得四边形为平行四边形，且，且与之间的距离为，则，解得，则，令，，解得，，所以当时，，即函数在上单调递增，又，所以，则，即的最大值为，故选：C.7.已知函数，则满足的x的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意得，的定义域为，，因为，所以为偶函数，当时，令，则，因为和在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以在上单调递增．由，得，所以，两边平方并整理，得，解得．故选：B．8.中国古代建筑中重要的构件之一——柱（俗称“柱子”）多数为木造，属于大木作范围，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一种做法，即木柱非整根原木，而是多块用榫卯拼合而成．宁波保国寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包镶式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周围，根据需要再用若干根一定厚度的木料包镶而成的柱子，图1为“包镶式瓜棱柱”，图2为此瓜棱柱的横截面图，中间大圆木的直径为，外部八根小圆木的直径均为，所有圆木的高度均为，且粗细均匀，则中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为（）A. B.C.3 D.〖答案〗D〖解析〗八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，根据余弦定理，得，解得，所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为：．故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知为实数，随机变量，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗AB〖解析〗因为随机变量，且，由正态曲线的对称性，可得，因为，所以，故A正确；，故B正确；，即，故C错误；由于当，时，满足，但是，故D错误．故选：AB．10.已知四棱锥的底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，且，E，F，G分别为PB，PD，BC的中点，点Q是线段PA上靠近点P的四等分点，则（）A.平面PCDB.直线FG与AB所成的角为30°C.D.经过E，F，G的平面截四棱锥所得到的截面图形的面积为〖答案〗ACD〖解析〗因为EG是△PBC的中位线，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，A正确．如图，取PA的中点M，连接MF，BM，则，且．因为且，所以且．所以四边形MFGB为平行四边形，所以，所以∠MBA或其补角即为直线FG与AB所成的角．由平面ABCD，面，得．因为，所以FG与AB所成角的正切值为，B错误．由题意，得Q是PM的中点，所以，又，所以，C正确．显然E，G，F，Q四点共面，取CD的中点H，连接FH，GH，可得四边形EGHF为平行四边形，所以E，G，H，F四点共面，所以E，G，H，F，Q五点共面，即五边形EGHFQ即为所求的截面．设，则，且，，．由题意及线面垂直的性质有，，且都在面，所以BD⊥平面PAC．而面，所以，又，，所以，所以，D正确．故选：ACD．11.已知抛物线，点为上一点，直线l与交于B，C两点（异于A点），与x轴交于M点，直线AC与AB的倾斜角互补，则（）A.线段BC中点的纵坐标为B.直线l的倾斜角为C.当时，M点为的焦点D.当直线l在y轴上截距小于3时，△ABC的面积的最大值为〖答案〗ABD〖解析〗将代入，可得，所以的方程为，焦点为，设，，则，同理．因为直线AC与AB的倾斜角互补，所以，即，解得，且，所以BC中点的纵坐标为，A正确．因为，所以l的倾斜角为，B正确．设，则l的方程为，由，得．根据，解得，所以，，则，，所以，解得或，即M点不一定为的焦点，C错误．当l在y轴上的截距小于3时，即．因为点A到l的距离为，所以的面积为．设函数，，则，令，得或（舍去）．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以时，取得最大值，所以S的最大值为，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.已知向量，，若在上的投影向量为，则的值为______．〖答案〗1〖解析〗由题得在上的投影向量为，所以,又，所以，解得.13.设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______．〖答案〗13〖解析〗设数列的公比为q，由题意，显然，且，则，解得，所以．14.已知函数的图象在区间内的最高点对应的坐标为，则集合中元素的个数为______．〖答案〗10〖解析〗作出函数y=fx在区间上的图象，如图，根据函数的单调性，此时．又当时，，所以当时，，部分函数图象如图，由图象可得，，，…，，，，，…，，即，即，解得，即2，3，4，…，10，11，故集合中的元素个数为．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.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）证明：；（2）若，△ABC的面积为，求b．（1）证明：由已知，得，由正弦定理，得，即，即．由，得，所以．由正弦定理，得．（2）解：因为，所以①．由余弦定理，得，即．由（1），得，所以，化简，得，代入①，得，所以．16.如图，在三棱锥中，平面平面，和均为等腰直角三角形，且，．（1）证明：平面平面；（2）设，，若平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值．（1）证明：由题意，得，所以．因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以，．所以，即．又因为为等腰直角三角形，，所以，．因为平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）解：取的中点，的中点，连接，，则，，所以．由（1）知平面平面，因为平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则P0,0,1，，，．所以，，．由，得，所以．设平面的法向量为，则即，令，则平面PAB的一个法向量为．设平面ACF的法向量为，则，即，令，则平面ACF的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则，整理，得，解得或．所以的值为或．17.连续抛掷一枚质地均匀的骰子次，第次抛掷落地时朝上的点数记为，．（1）若，记出现为奇数的次数为，求随机变量的分布列和期望；（2）若，求事件“”的概率．解：（1）由题易得，抛掷一枚骰子1次，出现为奇数的概率为，出现不是奇数的概率也为，的可能取值为．因为，，，，，所以的分布列为01234所以．（2）记事件为事件“”，则事件包含以下种情况：①抛掷次出现的点数相同，有种可能；②抛掷次出现的点数有个数字，有种可能；③抛掷次出现的点数有个数字，有种可能；④抛掷次出现的点数有个数字，有种可能；⑤抛掷次出现的点数有个数字，有种可能，所以，即事件“”的概率为．18.已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过上一点作的两条渐近线的平行线，分别交轴于，两点，且，内切圆的圆心到轴的距离为．（1）求的标准方程；（2）（ⅰ）设点为上一点，试判断直线与C的位置关系，并说明理由；（ⅱ）设过点的直线与交于，两点（异于的两顶点），在点，处的切线交于点，线段的中点为，证明：，，三点共线．解：（1）如图所示，设，则，不妨设直线方程为，则直线的方程．令，得，，则．设的内切圆（圆心为）分别与，，切于点，，，则，所以为的顶点，所以轴，的横坐标为，所以，故的标准方程为；（2）（ⅰ）由，得，结合，得，所以．所以直线与相切．（ⅱ）由题易得直线的斜率不为，设直线的方程为，代入，得，其中，设Ax1,y1，Bx2则，，由（ⅰ），在点，处的切线方程分别为，．两式联立，得，，即，所以，故，，三点共线.19.在平面直角坐标系中，定义：如果曲线和上分别存在点，关于轴对称，则称点和点为和的一对“关联点”．（1）若上任意一点的“关联点”为点，求点所在的曲线方程和的最小值；（2）若上任意一点的“关联点”为点，求的最大值；（3）若和在区间上有且仅有两对“关联点”，求实数的取值范围．解：（1）设点，则点的“关联点”为，代入，得，即，所以点所在的曲线方程为；根据对称性，，则，由，又，得，即，当且仅当且，即，或，时取等号．故当，或，时，；（2）设，则根据对称性，得，设，，，代入，得，所以．方法一：令，则，所以，当时，；当，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的最大值点，即，故；方法二：，当且仅当，即时取等号，所以，故；（3）和在区间上有且仅有两对“关联点”，等价于曲线和有