湖南省长沙市2024届高三数学下学期三模试题含答案

湖南省长沙市2024届高三数学下学期三模试题一､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.2B.1C.D.53.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.-2D.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.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，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.7B.8C.9D.107.某区进行高二数学期末调研测试，数学测试成绩，如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，则等级的分数线应该是（）参考数据：若，则.A.69B.81C.87D.968.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.相关变量具有正相关关系B.新的经验回归方程为C.随着自变量值增加，因变量值增加速度变小D.样本的残差为-0.110.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，则的面积最大值为C.若的周长为定值2，则的大小为D.若的周长为定值2，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，点分别是边的中点，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10个大小相同的球，其中有4个白球，6个黄球，从中随机地摸4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0.2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.（1）若点在直线上，求直线的方程；（2）过点且与直线垂直的直线分别交轴于轴于两点.是否存在定点，，使得在双曲线上运动时，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.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.【答案】B2.【答案】D3.【答案】D【详解】因为，所以.又，所以，准线方程为.故选：D.4.【答案】D【详解】因为，所以，解得.故选：D.5.【答案】C【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.【答案】B【详解】解：根据题意，当，根据上述运算法则得出，所以共需经过8个步骤变成1，故使需要的霖程步数为8.故选：B7.【答案】B【详解】由题意可知：，因为，所以等级的分数线应该是.故选：B.8.【答案】C【详解】如图，过点作直线，过点作，交直线于点，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.【答案】ABD【详解】新平均数.新平均数.新的线性回归方程具有正相关关系，A对.新的线性回归方程：B对.由线性回归方程知，随着自变量值增加，因变量值增加速度恒定，C错；D对.故选：ABD.10.【答案】ACD【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：ACD11.【答案】ABD【详解】选项A：选项B：选项C：设线段的长度分别为则，因为的周长为定值2，所以.则由勾股定理得，即，又因为，于是因为，所以即，故C错误；选项D：由选项的推理可知所以，所以，即又因得，当且仅当即时等号成立，故D正确；三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【答案】【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.【答案】【详解】在平行四边形中，，，且相似比为，即是的三等分点，同理也是的三等分点，，故答案为：.14.【答案】【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，球的半径为，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：.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.【答案】（1）（2）【详解】（1）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.（2）因为，所以，所以.所以的余弦值为.16.【答案】（1）证明见解析（2）【详解】（1）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（2）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.【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.【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，，则的所有可能取值有，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：01234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2､3，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0.2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.【详解】（1）点在直线上，则有，联立，则，由，则，可得，所以：，解得，当时，；所以直线的方程：（2）联立，则，因为是双曲线与直线的唯一公共点，所以，化简得，解得点的坐标为，即为，于是，过点且与垂直的直线为，可得，即，于是，即的轨迹方程为：，由双曲线的定义可知，存在定点，使得当点运动时，为定值13.19.【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.【详解】（1）定义域为，令，则，令或，在上单调递增，在上单调递减.（2）（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：