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1、#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCAC
2、oOAFAMMAAAyAFABAA=#数学参考答案 第1 页(共7页)湘 豫 名 校 联 考2 0 2 4届春季学期高三第四次模拟考试数学参考答案题号1234567891 01 1答案DDACBCBDA BA C DA B D一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共4 0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.D【解析】由x2-2x+2=0,得(x-1)2=-1,解得x=1 i,即x1=1+i,x2=1-i或x1=1-i,x2=1+i.所以x1+2x2=3 i,所以|x1+2x2|=1 0.故选D.2.D【解析】因为A=xN|(2x-1 4)(x-5)0=xN|5x7=5,
3、6,7,B=xZ|2x1 0 0=xZ|x7,所以ZB=xZ|xf(x),得f(|2x-1|)f(|x|),所以|2x-1|x|,两边平方并整理,得3x2-4x+10,解得x-,13()(1,+).故选B.8.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2r,相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为2r,腰长为R+r,顶角为4的等腰三角形.方法一:根据余弦定理,得4r2=2(R+r)2-2(R+r)222,解得Rr=4+2 2-1,所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为R2hr2h=R2r2=(4+2 2-1)2=5+2 2-24+2 2.方法二:因 为rR+r=s i
4、n8,c o s4=1-2 s i n28=22,所 以rR+r=2-22.所 以R+rr=Rr+1=#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#数学参考答案 第2 页(共7页)4+2 2,所以Rr=4+2 2-1,所以R2hr2h=R2r2=5+2 2-24+2 2.故选D.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共1 8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.A B【解析】由正态曲线的对称性,可得m+n=2,因为mn,所以m n22m2n=22m+n=4,B正确
5、;2(m2+n2)(m+n)2=4,即m2+n22,C错误;由于当m=-1,n=3时,满足m+n=2,但1m+1n=-230,解得m-1,所以y1+y2=-4,y1y2=-4m,则|B C|=2|y1-y2|=21 6+1 6m=421+m,|MB|MC|=2|y1|2|y2|=2|y1y2|=8|m|,所以4 21+m=8|m|,解得m=-12或m=1,C错误.当l在y轴上的截距小于3时,即-1m3.因为点A到l的距离为|3-m|2,所以A B C的面积为S=12|3-m|24 2 1+m=2|3-m|1+m=2(1+m)(m-3)2.设函数h(m)=(1+m)(m-3)2,-1m0,h(m
6、)单调递增;当m#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#数学参考答案 第3 页(共7页)13,3()时,h(m)0,q0且q1,则S4nS2n=a1(1-q4n)1-q a1(1-q2n)1-q=1+q2n=1 0,解得qn=3,所以S3nSn=a1(1-q3n)1-q a1(1-qn)1-q=1+qn+q2n=1+3+9=1 3.1 4.1 0【解析】作出函数y=f(x)在区间0,2)上的图象,如图,根据函数的单调性,此时f(x)m a x=f(1)=1.又当x2时,f(x)=2f(x-2),所以当x2时,f(x)=12f(
7、x+2),部分函数图象如图,由图象可得x1=1,x2=3,x3=5,xn=2n-1,y1=1,y2=2,y3=4,yn=2n-1,即2k-1=2m,即m=2k-21,10 0 0,解得2k1 1,即k=2,3,4,1 0,1 1,故集合k|yk=xm+1,1m10 0 0,kN*,mN*中的元素个数为1 1-2+1=1 0.四、解答题:本题共5小题,共7 7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1 5.【解析】(1)由已知,得a(1-c o sB)-bc o sA=c-b,由正弦定理,得s i nA(1-c o sB)-s i nBc o sA=s i nC-s i nB,即s i nA
8、+s i nB-(s i nAc o sB+s i nBc o sA)=s i nC,3分即s i nA+s i nB-s i n(A+B)=s i nC.由A+B+C=,得s i n(A+B)=s i nC,所以s i nA+s i nB=2 s i nC.由正弦定理,得a+b=2c.5分(2)因为SA B C=12a cs i nB=34a c=4 3,所以a c=1 6.8分由余弦定理,得b2=a2+c2-2a cc o sB,即b2=a2+c2-a c.1 1分由(1),得b=2c-a,所以a2+4c2-4a c=a2+c2-a c,化简,得c=a,代入,得c=a=4,所以b=4.1
9、3分1 6.【解析】(1)由题意,得P CP A,所以A C=P A2+P C2=(2)2+(2)2=2.因为平面P A C平面P B C,且平面P A C平面P B C=P C,P A平面P A C,所以P A平面P B C.因为P B平面P B C,B C平面P B C,所以P AP B,P AB C.2分所以A B2=P A2+P B2=8,即A B=2 2.#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#数学参考答案 第4 页(共7页)又因为A B C为等腰直角三角形,A C=2A B,所以A C=B C=2,A CB C.4
10、分因为P A平面P A C,A C平面P A C,P AA C=A,所以B C平面P A C.又因为B C平面A B C,所以平面A B C平面P A C.6分(2)取A C的中点O,A B的中点E,连接P O,O E,则O EB C,A CP O,所以A CO E.由(1)知平面A B C平面P A C,因为平面A B C平面P A C=A C,P O平面P A C,所以P O平面A B C.因为O E平面A B C,所以P OO E,如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(-1,0,0),B(1,2,0),C(1,0,0).所以A P=(1,0,1),B P=(-1
11、,-2,1),A C=(2,0,0).由B F=B P=(-,-2,),得F(1-,2-2,),所以A F=(2-,2-2,).9分设平面P A B的法向量为m=(x1,y1,z1),则mA P=0,mB P=0,即x1+z1=0,-x1-2y1+z1=0.令x1=1,则平面P A B的一个法向量为m=(1,-1,-1).设平面A C F的法向量为n=(x2,y2,z2),则nA F=0,nA C=0,即(2-)x2+(2-2)y2+z2=0,2x2=0.令y2=,则平面A C F的一个法向量为n=(0,2-2).1 3分设平面P A B与平面A C F的夹角为,则c o s=|c o s|=
12、|mn|m|n|=|2-3|352-8+4=1 51 5,整理,得1 02-1 3+4=0,解得=12或=45.所以的值为12或45.1 5分1 7.【解析】(1)由题易得,抛掷一枚骰子1次,出现ak为奇数的概率为12,出现ak不是奇数的概率也为12,X的可能取值为0,1,2,3,4.2分因为P(X=0)=C0412()4=11 6,P(X=1)=C141212()3=14,P(X=2)=C2412()212()2=38,P(X=3)=C3412()312()1=14,P(X=4)=C4412()4=11 6,5分所以X的分布列为#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkAC
13、CACoOAFAMMAAAyAFABAA=#数学参考答案 第5 页(共7页)X01234P11 614381411 6所以E(X)=011 6+114+238+314+411 6=2.8分(2)记事件A为事件“aiai+1(i=1,2,3,4)”,则事件A包含以下5种情况:抛掷5次出现的点数相同,有6种可能;抛掷5次出现的点数有2个数字,有4C26=6 0种可能;抛掷5次出现的点数有3个数字,有6C36=1 2 0种可能;抛掷5次出现的点数有4个数字,有4C46=6 0种可能;抛掷5次出现的点数有5个数字,有C56=6种可能,1 3分所以P(A)=6+6 0+1 2 0+6 0+665=72
14、1 6,即事件“aiai+1(i=1,2,3,4)”的概率为72 1 6.1 5分1 8.【解析】(1)设P(xP,yP),则x2Pa2-y2Pb2=1.不妨设直线PM的方程为y-yP=ba(x-xP),则直线PN的方程为y-yP=-ba(x-xP).1分令x=0,得M0,-baxP+yP(),N0,baxP+yP(),所以|OM|ON|=yP-b xPayP+b xPa=y2P-b2a2x2P=b2a2x2P-b2-b2a2x2P=b2=1.3分设F1P F2的内切圆(圆心为I)分别与P F1,P F2,F1F2切于点R,S,T,则2a=|P F1|-|P F2|=|P R|+|R F1|-
15、|P S|-|S F2|=|R F1|-|S F2|=|T F1|-|T F2|,所以T为C的顶点,所以I Tx轴,I的横坐标为a,所以a=3.故C的标准方程为x23-y2=1.6分(2)(i)由x23-y2=1,x x03-y y0=1,得(3y20-x20)x2+6x0 x-9-9y20=0,结合x20-3y20=3,得x2-2x0 x+x20=0,所以=4x20-4x20=0.8分所以直线x x03-y y0=1与C相切.1 0分(i i)由题易得直线A B的斜率不为0.设直线A B的方程为x=t y+2,代入x2-3y2=3,得(t2-3)y2+4t y+1=0,其中t2-30,=1
16、6t2-4(t2-3)=1 2(t2+1)0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-4tt2-3,y1y2=1t2-3.1 1分由(i),C在点A,B处的切线方程分别为x1x-3y1y=3,x2x-3y2y=3.1 2分#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#数学参考答案 第6 页(共7页)两式联立,得x=3(y2-y1)x1y2-x2y1=3(y2-y1)(t y1+2)y2-(t y2+2)y1=3(y2-y1)2(y2-y1)=32,y=x(x1-x2)3(y1-y2)=32(x1-x2)3(y1-y2)
17、=t2,即E32,t2().所以直线O E的方程为y=t3x.1 5分由x=t y+2,y=t3x,解得x=-6t2-3,y=-2tt2-3,即直线A B与O E的交点为D1-6t2-3,-2tt2-3().又yD=y1+y22=-2tt2-3,xD=t yD+2=t-2tt2-3+2=-6t2-3,即D-6t2-3,-2tt2-3(),所以D与D1重合.故O,D,E三点共线.1 7分1 9.【解析】(1)设点Q(x,y),则点Q的“关联点”为P(x,-y),代入x2+x y+y2=6,得x2+x(-y)+(-y)2=6,即x2-x y+y2=6,所以点Q所在的曲线方程为x2-x y+y2=6
18、.2分根据对称性,|O P|=|O Q|,则|O P|+|O Q|=2|O Q|=2x2+y2.由x2-x y+y2=6,得x2+y2=x y+6-x2+y22+6,即x2+y2-x2+y22+6,解得x2+y24,当且仅当x=-y且x2-x y+y2=6,即x=2,y=-2或x=-2,y=2时取等号.故当x=2,y=-2或x=-2,y=2时,(|O P|+|O Q|)m i n=4.5分(2)设S(x,y),则根据对称性,得|S T|=2|y|.设x2+y2=m2(m0),x=mc o s,y=ms i n42(),代入(x2+y2)2=4x y2,得m=4 c o ss i n2,所以y=
19、ms i n=4 c o ss i n342().7分方法一:令c o s=t0t22,则f(t)=4t(1-t2)32,所以f(t)=4(1-t2)32+t32(1-t2)12(-2t)=-1 6(1-t2)12t+12()t-12().当0t0;当12t22时,f(t)0,所以f(t)在0,12()上单调递增,在12,22上单调递减,所以t=12是f(t)的最大值点,即f(t)m a x=f12()=3 34.9分故(|S T|)m a x=23 34=3 32.1 0分方法二:y2=1 6 c o s2s i n6=1 633 c o s2s i n2s i n2s i n21 633
20、c o s2+s i n2+s i n2+s i n24()4=2 71 6,当且仅当s i n2=3 c o s2,即t a n=3时取等号,所以00恒成立,则h(x)在(0,+)上单调递增,h(x)不可能有两个零点;1 2分当a-1时,由h(x)0,得x 0,1a+1();由h(x)0,得x1a+1,+(),所以h(x)在0,1a+1()上单调递增,在1a+1,+()上单调递减.因为h(x)=2 l nx-(a+1)x2-2a x+12 l nx-2a x+1,方法一:所以h(e-2)2l ne-2-2ae2+1=-3-2ae2-1,故存在a,使得e-20,则k(x)=1x-1=1-xx,
21、当0 x0;当x1时,k(x)0,所以k(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.所以k(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,k(x)m a x=k(1)=0.1 4分所以l nxx-1,从而l nxx-12,即h(x)=2 l nx-(a+1)x2-2a x+12(1-a)a+11a+1,则h(x0)x02(1-a)-(a+1)x0-1,x(0,+),故存在(x01a+1,如x0=3,a=-12,32).(方法二:当x0时,h(x)-;当x+时,h(x)-.1 3分)因此,要使h(x)有两个零点,只需h1a+1()0,1 5分即2 l n1a+1-(a+1)1a+1()2-2a1a+1+10,化简得2 l n(a+1)+aa+1-1),因为m(x)=2x+1+1(x+1)20,所以m(x)在(-1,+)上单调递增.又m(0)=0,所以当-1x0时,m(x)m(0)=0,从而2 l n(a+1)+aa+10,所以不等式2 l n(a+1)+aa+10的解集为(-1,0).故实数a的取值范围是(-1,0).1 7分#QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=#