湖南省2024届高三“一起考”大联考下学期模拟考试数学试题（四）

湖南省2024届高三“一起考”大联考下学期模拟考试数学试题（四）姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二四总分评分一、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A={x|2x>4}，B={y|A．(2,+∞) B．(−4,4) C．2．已知复数z满足|z+2i|=|z|，且z−1是纯虚数，则zzA．1 B．2 C．3 D．43．已知λ∈R，平面向量a=(λ,−1)，bA．322 B．3 C．2 4．已知点P是直线x+y+3=0上一动点，过点P作圆C:(x+1)2+A．23 B．22 C．25．赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以OA，OB为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与x轴、y轴均相切，A，B两点间的曲线可近似看成函数f(x)的图象，f(x)有导函数f'(xA．a>0，b>0 B．a>0，b<0 C．a<0，b>0 D．a<0，b<06．一种动物的后代数y（单位：只）在一定范围内与温度x（单位：℃）有关，测得一组数据(xi,yi)（i=1,2,⋅⋅⋅,20）可用模型A．e−1 B．e−2 C．e−37．已知α，β∈(0,π2)，A．23 B．25 C．268．已知八面体PABCDQ由两个正四棱锥P−ABCD和Q−ABCD组成.若该八面体的外接球半径为3，且平面PAB⊥平面PCD，则该八面体的体积为（）A．28 B．32 C．36 D．40二、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．若随机变量X服从标准正态分布，P(X>a)=0.A．a>0 B．a<0C．P(|X|<a)=0.6 10．已知−π2<α<0，sinA．(−π3,π3) B．(11．已知函数f(x)的定义域为R，f(x)的图象关于y=x对称，且f(x+1)为奇函数，则（）A．f(f(x))=x B．f(x)+f(−x)=2C．f(x)−f(x+2)=4 D．f(2024)=−2023三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，12．已知椭圆x2a2+y13．在△ABC中，∠BAC=120∘，AB=1，BC=3，则△ABC14．已知数列{an}满足an=2n，在an和an+1四、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．已知单调递增的等比数列{an}满足：a2+（1）求a3的值，并求数列{（2）若bn=anlo16．如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，PA=PB=PC=AC=4，（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，BM=12MC，且AB=BC17．已知双曲线C：ax2−y2（1）求双曲线C的方程；（2）已知点A(1,1)，点D，E在双曲线C的左支上，满足AD⋅（3）在（2）的条件下，求点A到直线DE距离的最大值.18．已知函数f(x)=ax2，g(x)=lnx，函数f(x)，g(x)有两条不同的公切线（与f(x)，g(x)均相切的直线）（1）求实数a的取值范围；（2）记l1，l2在y轴上的截距分别为d1，d19．五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.（1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为X步，求X的分布列和期望；（2）记pi(i∈N*)为设定机器人一共行走2i（3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将n个0和n个1排成一排，若对任意的1≤k≤2n，在前k个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有C2nn−C2nn−1种，其中，C2nn

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由2x>4=22，可得由y2<16，可得−4<y<4，所以所以A∩B=(2,故答案为：C.【分析】本题考查集合的交集运算.先利用指数函数的单调性求出集合A，再解一元二次不等式求出集合B，利用集合的交集运算可求出A∩B.2．【答案】B【解析】【解答】解：设z=a+bi，其中a，b是实数，则由|z+2i|=|z|，得a2所以b=−1，则z−1=a−1−i，又因为z−1是纯虚数，所以a−1=0，解得a=1，即z=1−i，所以zz故答案为：B【分析】本题考查复数的模长公式，共轭复数，纯虚数，复数的代数形式的乘除运算.先设z=a+bi，其中a，b是实数，又知|z+2i|=|z|利用复数的模长公式可求出b，再求出z−1，根据纯虚数的概念可求出a，据此可得出z，z3．【答案】A【解析】【解答】解：易知a，故|=2λ2+2λ+5=2(λ+1此时由二次函数性质得|a+b故|a+b故答案为：A【分析】本题考查平面向量的模长.先利用平面向量的坐标运算求出a+b=(λ+2,λ−1)4．【答案】D【解析】【解答】解：圆C:(x+1)2+由题意可得PA⊥AC，则|PA|=|PC|则当|PC|取得最小值时，线段PA长度的最小，|PC|min所以|PA|min故答案为：D.【分析】本题考查直线与圆的位置关系.利用圆的切线的性质可得|PA|=|PC|2−r2，则当|PC|取得最小值时，线段PA5．【答案】D【解析】【解答】解：观察图象知，函数f(x)单调递减，即f而函数图象与y轴相切，则x从大于0的方向趋于0时，f'也即1+bf(0)趋于0，又f所以a<0，b<0.故答案为：D【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性.先利用函数图象推出函数的单调性，再根据导函数与函数单调性的关系可得f'(x)<0，据此可得a<0；再结合曲线与y6．【答案】B【解析】【解答】解：y=c1ec2由题意，x=30，z所以回归方程z=0.3x+a的图象经过(30,7)，

从而故答案为：B【分析】本题考查线性回归方程的应用.先经过z=lny变换后将非线性问题转化为线性问题可得：z=c2x+7．【答案】C【解析】【解答】解：由3cos得2cos因为α，β∈(0,π2)，所以tan(α+β)=当且仅当tanα=故答案为：C.【分析】本题考查两角和的余弦公式，两角和的正切公式，利用基本不等式求最值.先利用两角和的余弦公式进行展开式化简可得tanαtanβ8．【答案】B【解析】【解答】解：如图，取AC的中点O，作PH⊥CD，PG⊥AB垂足分别为H，G，连接GH，GQ，HQ，OP，OQ，平面PAB⊥平面PCD，所以∠GPH是直角，易知PQ为外接球直径，点A在球上，所以∠PAQ为直角，PQ=6.在Rt△PAQ中，OA在Rt△PGH中，OP2=O所以OP=2，OQ=4，AB=4，八面体的体积V=1故答案为：B【分析】本题考查棱锥的体积公式．根据题意作出图形，利用二面角的定义可推出∠GPH是直角，∠PAQ为直角，利用射影定理建立方程，可推出OP=12OQ，进而求出OP，OQ9．【答案】A,D【解析】【解答】解：A和B，因为P(X>a)=0.3<P(X>0)=0.C和D由对称性有P(|X|>a)=2P(X>a)=0.6，所以故答案为：AD.【分析】本题考查正态分布的对称性.因为正太分布为标准正态分布，所以P(X>0)=0.5，据此可得P(X>a)=0.3<P(X>0)=0.5，所以10．【答案】B,C【解析】【解答】解：因为−π2<α<0，sinf(x)的单调区间为(kπ−π2−αA，−πB，−πC，π2D，3π2故答案为：BC【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.先根据sinα的值推出角α取值范围，再利用正弦型函数的图象和性质求出f(x)的单调区间为(kπ−π211．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A，点(x,f(x))关于y=x的对称点是因为f(x)的图象关于y=x对称，该点在函数f(x)的图象上，所以f(f(x))=x，A正确.B，因为f(x+1)为奇函数，所以f(x+1)+f(−x+1)=0，将x替换为1−f(x)有f(2−f(x))+f(f(x))=0，则f(2−f(x))=−x.又f(x)的图象关于y=x对称，所以2−f(x)=f(−x)，则f(x)+f(−x)=2，B正确.C，在f(x+1)+f(−x+1)=0中将x替换为x+1有f(x+2)+f(−x)=0，由B知，f(x)+f(−x)=2，两式相减得到f(x)−f(x+2)=2，C错误.D.因为f(x+1)为奇函数，所以f(1)=0，又f(x)的图象关于y=x对称，从而f(0)=1，故由C得f(2024)=f(2022)−2=f(2020)−4=⋅⋅⋅=f(0)−2024=−2023，D正确.故答案为：ABD【分析】本题考查抽象函数的应用.根据题意可得：点(x,f(x))关于y=x的对称点(f(x),x)在函数f(x)的图象上可推出f(f(x))=x，据此可判断A选项；由奇函数有f(x+1)+f(−x+1)=0，将x替换为1−f(x)，再结合f(f(x))=x和f(x)的图象关于y=x对称可推出f(x)+f(−x)=2，判断B选项；在f(x+1)+f(−x+1)=0中将x替换为x+1，再结合f(x)+f(−x)=2可推出f(x)−f(x+2)=2，判断C选项；利用奇函数的性质可得：f(1)=0，再根据对称性可得f(0)=1，结合12．【答案】2【解析】【解答】解：易知b=c，所以a=b2+故答案为：2【分析】本题考查椭圆的简单几何性质.根据椭圆短轴上的两个顶点与两个焦点构成一个正方形，可推出b=c，利用椭圆的关系式可推出a=213．【答案】3【解析】【解答】解：由余弦定理可知cos∠BAC=即1+AC2−3所以△ABC的面积为S=1故答案为：3【分析】本题考查利用余弦定理解三角形.先利用余弦定理可列出方程，解方程可求出AC=1，再利用三角形的面积计算公式可求出答案.14．【答案】77【解析】【解答】解：在an,an+1之间插入所以共有n+[1+2+⋯+(n−1)]=n+(n−1)(1+n−1)当n=5时，12×(52+5)=15由于an=2故答案为：77.【分析】本题考查等差数列的前n项和公式，等比数列的前n项和公式.先构成数列{bn}:a1,1,15．【答案】（1）等比数列{an}的首项为a依题意有2(a3+2)代入a2+a∴a1q2=8∴数列{an}（2）∵an∴b∴S2Sn由②−①得，S=2由Sn+n⋅2n+1>50易知：当n≤4时，2n+1≤25=32<52故使Sn+n⋅2n+1>50【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式，错位相减求数列的和.

（1）利用等差中项的性质列出方程，代入a2+a3+a4（2）由（1）和题意可求出bn，利用错位相减法、等比数列的前n项和公式可求出Sn，代入Sn16．【答案】（1）证明：因为PA=PC，且O为AC中点，所以PO⊥AC因为AB⊥BC，且O为AC中点，所以OB=1因为PA=PC=AC=4，且O为AC中点，所以PO=23因为PB=4，OB=2，PO=23OB∩AC=O，所以PO⊥平面ABC.（2）解：因为AB=BC，且O为AC中点，所以AC⊥OB，从而OB，如图，建立以O为原点，以OB，OC，易知A(0，设M(x，y，z)，由BM=1所以PA=(0不妨设平面PAM的一个法向量为n=(x，y即−2y−23令z=1，则x=23，y=−取平面PAC的一个法向量为m=(1所以cos⟨m所以二面角M−PA−C的大小为30【解析】【分析】（1）主要考查线面垂直的判定定理，只需找到PO垂直平面内两条相交直线即可.

（2）以AC中点O为坐标原点，以OB为x轴，以OC为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，写出相对应点的坐标计算出两平面的法向量即可求出答案.17．【答案】（1）双曲线C与双曲线3y所以a1=a2+23，即所以双曲线C的方程为2x（2）显然直线DE不与x轴平行，可设其方程为x=my+t，由x=my+t2x2设D(x1,y1)，因为AD⋅AE=0即(m整理得3m2+4mt+而显然直线DE不经过点A(1,1)，所以m+t−1≠0，故直线DE经过定点G(−3,（3）设点A在直线DE上的投影为H，由（2）知直线DE经过定点G(−3,所以当H与点G重合，即直线AG⊥直线DE时，点A到直线DE距离的最大值，此时|AG|=(1+3)2+(1−3)2=25【解析】【分析】本题考查双曲线方程，直线与双曲线的位置关系.

（1）根据双曲线C与双曲线3y2−(a2（2）可设其方程为x=my+t，与双曲线方程联立，设D(x1,y1)，E(x2,y2（3）设点A在直线DE上的投影为H，当H与点G重合，即直线AG⊥直线DE时，点A到直线DE距离的最值，利用两点间的距离公式求出|AG|，据此可求出点A到直线DE距离的最大值..18．【答案】（1）设直线l：y=kx+b同时与f(x)，g(x)的图象相切，切点分别为(m,n)，由f(x)=ax2，g(x)=lnx知，f'(x)=2ax，则l可同时表示为f(x)在(m,n)的切线方程和g(x)在即y=2am(x−m)+am2和所以k=2am=1p①，b=−am2=−1+lnp②设h(p)=p2(1−lnp)从而h(p)在(0,e)上单调递增，在(可作出y=h(x)的大致图象如下，

它与y=14a有两个交点，所以0<14a所以实数a的取值范围为(1（2）设l1，l2与g(x)的切点坐标分别为(x1,则由（1）知d1+d要证明−2+lnx1（方法一）因为x12(1−lnx1)=则lnt1t12只需要证明lnt1t设t(x)=lnx−x2−1所以t(x)在(1,+∞)上单调递增，t(x)>t(1)=0，则lnt故d1（方法二）h(x)在(0,e)上单调递增，在(要证明x1x2<e,即x1<故由h(x)的单调性，只要证明h(e即(ex2设r(x)=lnx−x4x从而r(x)在x>e时单调递增，所以r(x2故d1【解析】【分析】本题考查曲线的切线方程，利用导函数研究函数