2024届湘豫名校联考高三下学期第四次模拟考试数学试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 姓 名_ 准考证号_ 绝密启用前 湘豫名校联考湘豫名校联考 2024 届春季学期高三第四次模拟考试届春季学期高三第四次模拟考试 数学数学 注意事项：注意事项：1本试卷共 6 页时间 120 分钟，满分 150 分答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置 2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内写在本试卷上无

2、效 3考试结束后，将试卷和答题卡一并收回 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项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是符合题目要求的 1在复数范围内方程2220 xx+=的两个根分别为1x，2x，则212xx+=（）A1 B5 C7 D10 2已知集合()()21450Axxx=N，2100 xBx=Z，则()AB=Z（）A4,5,6,7 B4,5,6 C5,6,7 D5,6 3已知椭圆()2222:10 xyEabab+=与矩形 ABCD 的四条边都相切，若4AB=，2AD=，则 E 的

3、离心率为（）A32 B12 C22 D13 4已知2sin123+=，则sin 23=（）A59 B59 C19 D19 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（）A27 B37 C47 D57 学科网（北京）股份有限公司 6如图，A，B 和 C，D 分别是函数()()2sin06fxx=+图象的两个最低点和两个最高点，若四边形 ABCD 的面积为8，且()fx在区间3,4a上是单调函数，则实数 a 的最大值是（）A56 B1312 C76 D54 7已知函数()

4、()23log31xfxx=+，则满足()()21fxfx的 x 的取值范围为（）A()1,+B()1,1,3+C1,13 D()1,1,3+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 2R，外部八根小圆木的直径均为 2r，所有圆木的高度均为 h，且粗细均匀，则中间大圆木与一根外部小圆木的

5、体积之比为（）图 1 图 2 A42 21+B42 22 42 2+C3 D52 22 42 2+二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分在每小题给出的四个选项中，有多项符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，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分 9已知(),m n mn为实数，随机变量()21,XN，且()()P XmP Xn=，则（）学科网（北京）股份有限公司 A1mn C222mn+10已知四棱锥PABCD的底面 ABCD 是边长为 4 的正方形

6、，PA平面 ABCD，且4PA=，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（）AEG平面 PCD B直线 FG 与 AB 所成的角为 30 CEQFG D经过 E，F，G 的平面截四棱锥PABCD所得到的截面图形的面积为5 6 11已知抛物线()2:20ypx p=，点()1,2A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2 B直线 l 的倾斜角为34 C当MBMCBC=时，M 点为的焦点 D当直线 l 在 y 轴上的截距小于 3 时

7、，ABC 的面积的最大值为32 39 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分 12已知向量()3,a=，()0,1b=，若a在b上的投影向量为b，则的值为_ 13设nS是各项均为正数的等比数列 na的前 n 项和，若4210nnSS=，则3nnSS=_ 14已知函数()()21,0,1,41,1,2,222,2,xxxfxxfxx=+的图象在区间()*22,2nnnN内的最高点对应的坐标为(),nnxy，则集合*1,11000,kmk yxmkm=+NN中元素的个数为_ 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77

8、分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15（本小题满分 13 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且22 sincos2BabAcb=（1）证明：2abc+=；（2）若3B=，ABC 的面积为4 3，求 b 16（本小题满分 15 分）如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面PBC，PAC和ABC均为等腰直角三角形，且2PAPC=，学科网（北京）股份有限公司 6PB=（1）证明：平面 ABC平面 PAC；（2）设BFBP=，01的左、右焦点分别为1F，2F，过 C 上一点 P 作 C的两条渐近线的平行线，分别交 y 轴于 M

9、，N 两点，且1OMON=，12FPF内切圆的圆心到 y 轴的距离为3（1）求 C 的标准方程；（2）（）设点()00,Q xy为 C 上一点，试判断直线0013xxyy=与 C 的位置关系，并说明理由；（）设过点2F的直线与 C 交于 A，B 两点（异于 C 的两顶点），C 在点 A，B 处的切线交于点 E，线段 AB的中点为 D，证明：O，D，E 三点共线 19（本小题满分 17 分）在平面直角坐标系 Oxy 中，定义：如果曲线1C和2C上分别存在点 M，N 关于 x 轴对称，则称点 M 和点 N为1C和2C的一对“关联点”（1）若221:6Cxxyy+=上任意一点 P 的“关联点”为点

10、Q，求点 Q 所在的曲线方程和OPOQ+的最小值；学科网（北京）股份有限公司（2）若()()22221:40Cxyxyyx+=上任意一点 S 的“关联点”为点 T，求ST的最大值；（3）若1:2ln2Cyxax=和()22:11Cyax=+在区间()0,+上有且仅有两对“关联点”，求实数 a的取值范围 湘豫名校联考湘豫名校联考 2024 届春季届春季学期高三第四次模拟考试学期高三第四次模拟考试 数学参考答案数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D D A C B C B D AB ACD ABD 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每

11、小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项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是符合题目要求的 1D 【解析】由2220 xx+=，得()211x=，解得1ix=，即11ix=+，21ix=或11ix=，21ix=+所以1223ixx+=，所以12210 xx+=故选 D 2D 【解析】因为()()21450575,6,7Axxxxx=NN，21007xBxxx=ZZ，所以()7Bxx=，得()()21fxfx，所以21xx，两边平方并整理，得23410 xx+，解得()1,1,3x+故选 B 8D【解析】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为

12、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Rr+，顶角为4的等腰三角形 方法一：根据余弦定理，得()()22224222rRrRr=+，解得42 21Rr=+，所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为()2222242 2152 22 422R hRrrh=+=+方法二：因为sin8rRr=+，22cos12sin482=，所以222rRr=+所以142 2RrRrr+=+=+，所以42 21Rr=+，所以222252 222 42RrR hr h=+故选 D 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分在每小题给出的

13、四个选项中，有多项符分在每小题给出的四个选项中，有多项符 学科网（北京）股份有限公司 合题目要求全部选对的得合题目要求全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分 9AB 【解析】由正态曲线的对称性，可得2mn+=，因为mn，所以222122mnmn+=，B 正确；()()22224mnmn+=，即222mn+，C 错误；由于当1m=，3n=时，满足2mn+=，但11223mn+=，解得1m ，所以124yy+=，124y ym=，则122216164 21yyBCmm=+=+，12122228MBMCyyy ym=，所以4 218mm+=，

14、解得12m=或1m=，C 错误当 l 在 y 轴上的截距小于 3 时，即13m 因为点 A 到 l 的距离为32m，所以ABC 的面积为()()2314 2 123121322mSmmmmm=+=+=+设函数()()()213h mmm=+，13m，()h m单调递增；当1,33m时，()0h m，0q 且1q，则()()41242211111011nnnnnaqSqqSaqq=+=，解得3nq=，所以()()312311111391311nnnnnnaqSqqqSaqq=+=+=1410 【解析】作出函数()yf x=在区间)0,2上的图象，如图，根据函数的单调性，此时()()max11fx

15、f=又当2x 时，()()22f xf x=，所以当2x 时，()()122fxfx=+，部分函数图象如图，由图象可得11x=，23x=，35x=，21nxn=，11y=，22y=，34y=，12nny=，即122km=，即21,10002km=，解得211k，即k=2，3，4，10，11，故集合*1,11000,kmk yxmkm=+NN中的元素个数为112110+=四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15【解析】（1）由已知，得()1coscosaBbAcb=，学科网（北京）股份

16、有限公司 由正弦定理，得()sin1cossincossinsinABBACB=，即()sinsinsincossincossinABABBAC+=，即()sinsinsinsinABABC+=由ABC+=，得()sinsinABC+=，所以sinsin2sinABC+=由正弦定理，得2abc+=（2）因为13sin4 324ABCSacBac=，所以16ac=由余弦定理，得2222cosbacacB=+，即222bacac=+由（1），得2bca=，所以222244acacacac+=+，化简，得ca=，代入，得4ca=，所以4b=16【解析】（1）由题意，得PCPA，所以()()22222

17、22ACPAPC=+=+=因为平面PAC 平面 PBC，且平面PAC 平面PBCPC=，PA平面 PAC，所以PA 平面 PBC 因为PB 平面 PBC，BC 平面 PBC，所以PAPB，PABC 所以2228ABPAPB=+=，即2 2AB=又因为ABC 为等腰直角三角形，2ACAB=设()11,A x y，()22,B xy，则12243tyyt+=，12213y yt=由（），C 在点 A，B 处的切线方程分别为1133x xy y=，2233x xy y=两式联立，得()()()()()()212121122112212133332222yyyyyyxx yx ytyytyyyy=+，

18、()()()()1121212232323xxyyyxyxxty=，即3,2 2tE 所以直线 OE 的方程为3tyx=由2,3xtytyx=+=解得226,32,3xttyt=即直线 AB 与 OE 的交点为21262,33tttD 又122223Dyytyt+=，22262233DDtxtyttt=+=+=，即21262,33tttD，所以 D 与1D重合 故 O，D，E 三点共线 19【解析】（1）设点(),Q x y，则点 Q 的“关联点”为(),P xy，代入226xxyy+=，得()()226xxyy+=，即226xxyy+=，所以点 Q 所在的曲线方程为226xxyy+=根据对称

19、性，OPOQ=，则2222OPOQOQxy+=+由226xxyy+=，得2222662xyxyxy+=，即222262xyxy+，解得224xy+，当且仅当xy=且226xxyy+=，即2x=，2y=或2x=，2y=时取等号 故当2x=，2y=或2x=，2y=时，()min4OPOQ+=（2）设(),S x y，则根据对称性，得2STy=学科网（北京）股份有限公司 设()2220 xymm+=，cosxm=，sin42ym=，代入()22224xyxy+=，得24cos sinm=，所以3sin4cos sin42ym=方法一：令2cos02tt=，则()()3224 1f ttt=，所以()

20、()()()()311222222311411216 1222ftttttttt=+=+当102t；当1222t，()0ft，所以()f t在10,2上单调递增，在12,22上单调递减，所以12t=是()f t的最大值点，即()max13 324f tf=故()max3 33 3242ST=方法二：22622221616cossin3cossinsinsin3y=42222163cossinsinsin273416+=，当且仅当22sin3cos=，即tan3=时取等号，所以3 304y恒成立，则()h x在()0,+上单调递增，()h x不可能有两个零点；当1a 时，由()0h x，得10,

21、1xa+；由()0h x，得1,1xa+，所以()h x在10,1a+上单调递增，在1,1a+上单调递减 因为()()22ln1212ln21h xxaxaxxax=+，方法一：所以()222222e2lne130eeaah+=，故存在a，使得21e1a，则()111xkxxx=，当01x；当1x 时，()0kx，所以()k x在（0，1）上单调递增，在()1,+上单调递减 所以()k x在1x=处取得极大值，也是最大值，()()max10k xk=所以ln1xx，从而1ln2xx，即()()()()()2212ln12121212 112h xxaxaxxaxaxxaax=+，则()()()0002 110h xxaax+，()0,x+，故存在011xa+，如03x=，12a=，32）（方法二：当0 x 时，()h x ；当x +时，()h x ）因此，要使()h x有两个零点，只需101ha+，即()21112ln1210111aaaaa+，学科网（北京）股份有限公司 化简得()2ln101aaa+，因为()()221011m xxx=+，所以()m x在()1,+上单调递增 又()00m=，所以当10 x 时，()()00m xm=，从而()2ln101aaa+，所以不等式()2ln101aaa+的解集为()1,0 故实数 a 的取值范围是()1,0