《3.湖南省长沙市雅礼中学2024届高三一模数学试卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《3.湖南省长沙市雅礼中学2024届高三一模数学试卷.docx（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、雅礼中学2024届高三一模数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务将自己的姓名准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，集合，则（ ）A. B. C. D.2.设复数满足，则（ ）A. B. C.1 D.3.已知表示两条不同直线，表示平面，则（ ）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则4.
2、已知向量，若，则（ ）A. B. C. D.5.函数的数据如下表，则该函数的解析式可能形如（ ）-2-1012352.31.10.71.12.35.949.1A. B.C. D.6.甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（ ）A.互斥 B.C. D.7.已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个A.499 B.500 C.501 D.5028.
3、双曲线的左右焦点分别是，离心率为，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，若上一点满足，则到的两条渐近线距离之和为（ ）A. B. C. D.二多选题（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.已知一组数据：，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是（ ）A.中位数不变 B.平均数不变C.方差不变 D.第40百分位数不变10.已知函数满足：，则（ ）A.曲线关于直线对称B.函数是奇函数C.函数在单调递减D.函数的值域为11.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是
4、的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ）A.直线与所成的角为B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为三填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.在二项式的展开式中，常数项为_.13.已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时_，圆锥的体积最大，最大值为_.14.对于任意两个正实数，定义，其中常数.若，且与都是集合的元素，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.（13分）已知函数.（1）若是函数的极值
5、点，求在处的切线方程.（2）若，求在区间上最大值.16.（15分）如图，在平行六面体中，点为中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.17.（15分）一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.（1）求第2次摸到红球的概率；（2）设第次都摸到红球的概率为；第1次摸到红球的概率为；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求；（3）对于事件，当时，写出的等量关系式，并加以证明.18.（17分）己知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，若一条斜率
6、不为0的直线过点与椭圆交于两点，椭圆的左右顶点分别为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.19.（17分）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；（2）当时，若构成等比数列，求正整数；（3）记，求证：.雅礼中学2024届高三一模数学参考答案1.A 【解析】由题知.2.C 【解析】由解得.3.B 【解析】若，则相交或平行或异面，故错误；若，则，故正确；若，则或，故错误；若，则或或或与相交，故错误.故选：.4.C 【解析】因为，所以，即，所以
7、，所以.故选C.5.A 【解析】由函数的数据可知，函数，偶函数满足此性质，可排除；当时，由函数的数据可知，函数增长越来越快，可排除C.故选：A.6.C 【解析】因为每次只取一球，故是互斥的事件，故A正确；由题意得，故B，D均正确；因为，故C错误.故选C.7.D 【解析】由题意得：，其中，代入上式得：，要方程无实数解，则，显然第502个方程有解.设方程与方程的判别式分别为，则等号成立的条件是，所以至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多501个，故有实数解的方程至少有502个.故选：D.8.A 【解析】设半焦距为，延长交于点，由于
8、是的平分线，所以是等腰三角形，所以，且是的中点.根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，所以，所以双曲线的方程为.所以，双曲线的渐近线方程为，设到两渐近线的距离之和为，则，由，得，又在上，则，即，解得，所以，故，即距离之和为.故选.9.AD 【解析】将原数据按从小到大的顺序排列为12，16，22，24，25，31，33，35，45，其中位数为25，平均数是，方差是，由，得原数据的第40百分位数是第4个数24.将原数据去掉12和45，得，其中位数为25，平均数是，方差是，由，得新数据的第40百分位数是第3个数24，故中位数和第40百分位数不变，平均数与方
9、差改变，故正确，错误.故选：AD.10.ABD 【解析】，所以函数的值域为，故正确；因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，即，所以，因为，所以曲线关于直线对称，故A正确；因为即，所以函数是奇函数，故B正确；取，则最小正周期，故C错误.故选：ABD11.ACD 【解析】选项，连接，由于为的中点，所以，又平面，所以直线平面，又平面，所以，故正确；选项，把沿着展开与平面在同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，所以，故的周长最小值为错误；选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作于点，因为，所
10、以，同理，则，故，设，故，因为，所以，即，解得正确；选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由选项可知，其高为，由选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，由选项可知，正四面体内切球的半径是高的，如图正四面体中，正四面体高为，解得正确.故选：ACD.12.-160 【解析】，因为的通项公式为，所以在中，当时，不满足；在中，当时，则常数项为，故答案为-160.13.；【解析】设圆锥的底面半径，母线为，高为，设母线与底面所成的角为，则，则，则，则圆锥的体积为，令，则，令，
11、求导得，令，则或（舍去），所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得极大值，也是最大值.此时最大，即圆锥的母线与底面所成的角的余弦值时，圆锥的体积最大，最大值为.故答案为：.14.【解析】解：由与都是集合的元素，不妨设因为，所以，由已知，所以，则，又，所以，即，所以，所以，则，即，因为，所以，则，即.四解答题（本题共6小题，共70分）15.解：（1），又是函数的极值点，即在处的切线方程为，即，所以在处的切线方程是（2），令，得，在单调递减，在单调递增而当，即时，当，即时，综上，当时，；当时，16.解：（1）因为，所以，因为，所以，以为原点建立如图所示的坐标系，所以，所以，设面的法向量为
12、，所以，令，所以，因为不在面内，所以平面；（2），所以，设面的法向量，因为，所以，令，则，设面的法向量，因为，所以，令，所以，所以，所以二面角的正弦值为.17.（1）记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，于是由全概率公式，得.（2）由已知得，.（3）（2）可得，即，可猜想：，证明如下：由条件概率及，得，所以.18.（1）解：由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，可得，所以，又点在该椭圆上，所以，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）证明：设，由于该直线斜率不为0，可设，联立方程和，得，恒成立，根据韦达定理可知，19.解：（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，比如为8的所有正约数，即.（2）由题意可知，因为，依题意可知，所以，化简可得，所以，因为，所以，因此可知是完全平方数.由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以为，所以.（3）证明：由题意知，所以，因为，所以，因为，所以，所以，即.