2024届湖南师大附中高三下学期高考模拟(三)数学试卷含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 湖南师大附中湖南师大附中 2024 届模拟试卷（三）届模拟试卷（三）数学数学 命题人、审题人命题人、审题人：数学备课组数学备课组 注意事项注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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.如需改如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号动，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回答非选择题时

2、，将答案写在答题卡上.写在本写在本试卷上无效试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题一、选择题：本题共本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项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.已知集合12024Axx=，Bx xa=）的焦点为F，点M在抛物线C上，点()0,3N，若10MF=，且NMNF，则抛物线C的方程可以为（）A.23yx=B.24yx=C.236yx=D.218yx=11.在三棱锥PABC中，PC 平面ABC，3PCAB=，平面ABC

3、内动点D的轨迹是集合2MD DADB=.已知C，1D，2DM且1D，2D在棱AB所在直线上，则（）A.动点D的轨迹是圆 B.平面1PCD 平面2PCD C.三棱锥12PD D C外接球的半径不是定值 D.三棱锥PABC体积的最大值为 3 三、填空题三、填空题：本题共本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.12.已知复数z满足12z，在复平面内z对应的点为Z，则点Z的集合构成图形的面积为_.13.在ABC，已知2233AB ACAB ACBC=，BC.则sinC=_.14.二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产

4、的坦克总数.假设德军某月生产的坦克总数是N，缴获的该月生产的n辆坦克编号从小到大为1x，2x，nx，即最大编号为nx，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号1x，2x，nx，相当于从0,N中随机抽取的n个整数，这n个数将区间0,N分成()1n+个小区间，由于N是未知的，除了最右边的区间外，其他n个区间都是已知的.由于这n 学科网（北京）股份有限公司 个数是随机抽取的，所以可以用前n个区间的平均长度nxn估计所有()1n+个区间的平均长度1Nn+，进而得到N的估计值.例如，缴获坦克的编号是 3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每

5、月生产的坦克数为_.四、解答题四、解答题：本大题共本大题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（本题满分 13 分）如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，向右移动的概率为23，共移动4s，设随机变量X为移动4s后质点的坐标.（1）求移动4s后质点的坐标为正数的概率；（2）求随机变量X的分布列及数学期望.16.（本题满分 15 分）已知函数()()1lnexfxxaxxa=+（0a，10b）和椭圆2C：2222221xyab+=（220ab）均过点2 31,3T且以1C

6、的两个顶点和2C的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形.（1）求1C，2C的方程；（2）是否存在直线l，使得l与1C交于A，B两点，与2C只有一个公共点，且OAOBAB+=？证明你的结论；（3）椭圆2C的右顶点为Q，过椭圆2C右焦点的直线1l与2C交于M、N两点，M关于x轴的对称点为S（与N点不重合），直线SN与x轴交于点P，MOQ，MPQ的面积分别为1S，2S，问12SS是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.19.（本题满分 17 分）对于数列 nx，ny，其中ny Z，若对任意正整数n都有12nnxy，则称数列 ny为数列 nx的“接近数列”.已知数列 nb为数列 na

7、的“接近数列”，设1nniiAa=，1nniiBb=.（1）若14nan=+（n是正整数），求1b，2b，3b，4b的值；（2）若139210nna+=+（n是正整数），是否存在k（k是正整数），使得kkAB？如果存在，请求出k的最小值；如果不存在，请说明理由；（3）若 na为无穷等差数列，公差为d，求证：数列 nb为等差数列的充要条件是d Z.（参考数据：lg20.301，lg30.477，lg70.845）学科网（北京）股份有限公司 湖南师大附中湖南师大附中 2024 届模拟试卷届模拟试卷（三）（三）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 B

8、C A C B B C A BD BC ABD 一、选择题一、选择题：本题共本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项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.B 【解析】【解析】集合12024Axx=，Bx xa=克.故选：C.8.A 【解析】【解析】依题意得，设直线l的方程为yxb=+，由直线和圆2212xy+=相切可得，()222211b=+，解得1b=，当1b=时，1yx=+和()lnyxa=+相切，设切点为(),m n，根据导数的几何意义，11ma=+，又切点同时在直线和曲线上，即()1,ln,

9、nmnma=+=+解得0,1,2,nma=即1yx=+和()ln2yx=+相切，此时将直线和曲线同时向右平移两个单位，1yx=和lnyx=仍会保持相切状态，即1b=时，0a=，综上所述，2a=或0a=.故选：A.二、选择题二、选择题：本大题共本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求题目要求.全部选对的得全部选对的得 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.BD 【解析】【解析】展开式共有 7 项，故 A 错误；展开式的各二项式系数的和为6264=

10、，故 B 正确；展开式的第 6 项是()55156C 530 xx=，其系数为30，故 C 错误；展开式共 7 项，所以第 4 项的二项式系数最大，故 D 正确.故选：BD.10.BC 【解析】【解析】设()11,M x y，因为10MF=，所以1102px+=，因为NMNF，所以0NM NF=，即()11,3,302px y=，所以()113302pxy=，所以()2113304yy=，解得16y=，学科网（北京）股份有限公司 所以13622102ppxp=，解得2p=或18p=，所以抛物线C的方程为24yx=或236yx=.故选：BC.11.ABD 【解析】【解析】对于 A，因为3AB=，

11、所以在平面ABC内，以AB所在直线为x轴，以线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，设3,02A，3,02B，(),D x y，由2DADB=知，222233222xyxy+=+，化简为22542xy+=，即点D的轨迹为圆，故 A 正确；对于 B，根据以上证明可知，点1D和2D为圆22542xy+=与x轴的两个交点，如上图，由条件可知，点C在圆上，则1290DCD=，而PC 平面ABC，1DC，2D C 平面ABC，所以1PCDC，2PCD C，所以12DCD是二面角12DPCD的平面角，则平面1PCD 平面2PCD，故 B 正确；对于 C，由以上证明可知，1290DCD=，且124

12、D D=，如图，学科网（北京）股份有限公司 取12D D的中点M，作1OM 平面12CD D，且132O M=，所以2221195242ROCCMO M=+=+=，所以三棱锥12PD D C外接球的半径是定值52，故 C 错误.对于 D，当点C到AB的距离为 2 时，此时ABC的面积最大，此时最大面积是13 232=，则三棱锥PABC体积的最大值为13 333=，故 D 正确.故选：ABD.三、填空题三、填空题：本题共本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.12.3 【解析】【解析】所求集合为以原点为圆心，以 1 及 2 为半径的两个圆所夹的圆环，所以点Z的集合构成

13、图形的面积为3.13.32 【解析】【解析】设BCa=，ACb=，ABc=，由23AB ACAB AC=得2cos3bcAbc=，所以3cos2A=.又()0,A，因此6A=.由233AB ACBC=，得23bca=；于是23sinsin3sin4CBA=，所以53sinsin64CC=，22sincos2 3sin3CCC+=，即sin 203C=.6A=，506C，42333C，203C=或23C=，6C=或23C=.又BC，6A=，23C=，6B=，学科网（北京）股份有限公司 则3sin2C=.14.24 【解析】【解析】由于用前n个区间的平均长度nxn估计所有()1n+个区间的平均长度

14、1Nn+，而缴获坦克的编号是 3，5，12，18，20，即5n=，520 x=，故2055 1N=+，24N=，即统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 24.故答案为：24.四、解答题四、解答题：本大题共本大题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.【解析】【解析】（1）设 4 次移动后坐标为正为事件A，则()()()24P AP XP X=+=，()33421322C3381P X=，()42164381P X=，()48168127P A=.（2）由题意可得X的可能取值为 4，2，0，2，4，()1

15、6481P X=，()32281P X=，()222421240C3381P X=，()3342182C3381P X=，()444114C381P X=，分布列为 X 4 2 0 2 4 P 1681 3281 2481 881 181()43E X=.16.【解析】【解析】（1）()()1e1xfxxxa=+，因为0a；()1,0 x 时，()0fx.学科网（北京）股份有限公司 所以()f x的单调递增区间为(),1；单调递减区间为()1,0，所以1x=是()f x的极大值点，()f x的极大值是()()111lnefaa=+.无极小值.（2）()()1e1xfxxxa=+.由（1）可得(

16、)()()max111lnefaxfa=+，设()()11lneg xxx=+，则()2211e1eexgxxxx+=+=，因为1,ex 时，()0gx，所以()g x的单调递减区间为1,e；单调递增区间为1,0e.所以()min11eg xg=，所以集合()1x fx 有且只有一个元素时1ea=.17.【解析】【解析】（1）若平面/MNQ平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，平面PAB平面MNQQN=，所以/QN AB，又因为N为PB的中点，所以Q为PA的中点，同理M为PD的中点，所以1=.（2）因为90BAD=，PA底面ABCD，如图，以A为原点，AD、AB、AP所在直线分别为x轴、

17、y轴、z轴正半轴建立空间直角坐标系，则()0,2,2PB=，()1,1,2PC=，设平面PBC的法向量为(),tx y z=，学科网（北京）股份有限公司 则20,220,t PCxyzt PByz=+=取1y=，可得()1,1,1t=.因为DMMP=，AQQP=，所以12,0,11M+，20,0,1Q+，则122,0,111MQ=+，因为/MQ平面PBC，所以MQt，即0MQ t =，所以1221 0 110111+=+，即21 2011+=+，所以()()()12011+=+，所以12=+，所以()221211442 448+=+=，当且仅当14=，即12=时取等号，所以2的最小值为 8.1

18、8.【解析】【解析】（1）根据题意，22114113ab=，22221413ab+=，以1C的两个顶点和2C的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形，边长为2，故11a=，21c=，故22221ab=+，代入计算得到13b=，23a=，22b=，故1C：2213xy=，2C：22132xy+=.（2）假设存在直线方程满足条件，当直线斜率不存在时，3x=或3x=，代入计算得到2y=，验证不成立；当直线斜率存在时，设直线方程为ykxb=+，则22,1,32ykxbxy=+=即()222236360kxkbxb+=，()()2222364 36230k bbk=+=，化简得到2232bk=+.

19、学科网（北京）股份有限公司 设()11,A x y，()22,B xy，22,1,3ykxbxy=+=故()222316330kxkbxb+=，故12221226,3133,31kbxxkbx xk+=OAOBABOAOB+=，故OAOB ，即()()121212120 x xy yx xkxbkxb+=+=，即()()22121210kx xkb xxb+=，即()2222222336103131bk bkbkk+=，化简得到22233bk=+，因为222232,233bkbk=+=+方程组无解，假设不成立.故不存在直线满足条件.（3）焦点坐标为()1,0，易知直线方程斜率不为零，设直线方程

20、为1xmy=+，0m，()11,M x y，()22,N xy，则()11,S xy，221,1,32xmyxy=+=化简得到()2223440mymy+=，1221224,234,23myymy ym+=+=+直线NS方程为：()122221yyyxxyxx+=+，取0y=得到()()12211221121211myymyyx yx yxyyyy+=+21212242223113423mmy ymmyym+=+=+=+，12331233OQSSPQ+=，故12SS是定值，为312+.学科网（北京）股份有限公司 19.【解析】【解析】（1）因为14nan=+，所以1114a=+，2124a=+

21、，3134a=+，4144a=+，又因为 nb为数列 na的“接近数列”，nb Z，所以12nnba，只能是11b=，22b=，33b=，44b=.（2）当n为奇数时，139210nna+=+，由函数139210 xy+=+的单调性可知132naa，即3 231,2 100na，得1312,2 100na ，进一步有2nb=；当n为偶数时，139210nna+=，由函数139210 xy+=的单调性可知232naa 无解；当k为奇数时，令18199140102190101081kkkkBA+=，即min17k=.因此，存在k（k是正整数），使得kkAB，且min17k=.（3）充要条件为：d

22、Z.先证充分性：若d Z，由题意对于任意正整数n均有12nnab恒成立，且nb Z，则1122nnnaba+，1111122nnnaba+，从而11111nnnnnnaabbaa+，即111nnbbd+.因为nb Z，d Z，所以10nnbbd+=，即1nnbbd+=.学科网（北京）股份有限公司 因此 nb为等差数列，且公差也为d（d Z）；再证必要性：若 nb为等差数列，设公差为d（dZ），111111111111111nnnnnnnaaabbbbaabbbban d+=+，即11n dn dn d+，亦即11ddnn对任意正整数n都成立，所以，dd=，又dZ，得d Z.因此，充要条件为d Z.