高級中學名校試卷PAGEPAGE1湘豫名校聯考2024屆高三下學期第四次模擬考試數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.在復數范圍內方程的兩個根分別為，，則（）A.1 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意可得，，即，當，時，，，當，時，，，綜上，.故選：D.2.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，，所以，所以．故選：D．3.已知橢圓與矩形的四條邊都相切，若，，則的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由橢圓的對稱性可知，，則，，所以，所以的離心率為，故選：A.4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，故選：C.5.在某次游戲中，甲、乙分別用弓箭對準同一個弓箭靶，兩人同時射箭．已知甲、乙中靶的概率分別為0.5，0.4，且兩人是否中靶互不影響，若弓箭靶被射中，則只被甲射中的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設事件“甲中靶”，“乙中靶”，“弓箭靶被射中”，則，，所以，，．所以．所以．故選：B．6.如圖，，和，分別是函數圖象的兩個最低點和兩個最高點，若四邊形的面積為，且在區間上是單調函數，則實數的最大值是（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意，得四邊形為平行四邊形，且，且與之間的距離為，則，解得，則，令，，解得，，所以當時，，即函數在上單調遞增，又，所以，則，即的最大值為，故選：C.7.已知函數，則滿足的x的取值范圍為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由題意得，的定義域為，，因為，所以為偶函數，當時，令，則，因為和在上單調遞增，所以，所以在上單調遞增，所以在上單調遞增．由，得，所以，兩邊平方并整理，得，解得．故選：B．8.中國古代建筑中重要的構件之一——柱（俗稱“柱子”）多數為木造，屬于大木作范圍，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一種做法，即木柱非整根原木，而是多塊用榫卯拼合而成．寧波保國寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包鑲式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周圍，根據需要再用若干根一定厚度的木料包鑲而成的柱子，圖1為“包鑲式瓜棱柱”，圖2為此瓜棱柱的橫截面圖，中間大圓木的直徑為，外部八根小圓木的直徑均為，所有圓木的高度均為，且粗細均勻，則中間大圓木與一根外部小圓木的體積之比為（）A. B.C.3 D.〖答案〗D〖解析〗八根小圓木截面圓的圓心構成一個正八邊形，邊長為，相鄰兩根小圓木圓心與大圓木圓心構成一個底邊長為，腰長為，頂角為的等腰三角形，根據余弦定理，得，解得，所以中間大圓木與一根外部小圓木的體積之比為：．故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知為實數，隨機變量，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗AB〖解析〗因為隨機變量，且，由正態曲線的對稱性，可得，因為，所以，故A正確；，故B正確；，即，故C錯誤；由于當，時，滿足，但是，故D錯誤．故選：AB．10.已知四棱錐的底面ABCD是邊長為4的正方形，PA⊥平面ABCD，且，E，F，G分別為PB，PD，BC的中點，點Q是線段PA上靠近點P的四等分點，則（）A.平面PCDB.直線FG與AB所成的角為30°C.D.經過E，F，G的平面截四棱錐所得到的截面圖形的面積為〖答案〗ACD〖解析〗因為EG是△PBC的中位線，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，A正確．如圖，取PA的中點M，連接MF，BM，則，且．因為且，所以且．所以四邊形MFGB為平行四邊形，所以，所以∠MBA或其補角即為直線FG與AB所成的角．由平面ABCD，面，得．因為，所以FG與AB所成角的正切值為，B錯誤．由題意，得Q是PM的中點，所以，又，所以，C正確．顯然E，G，F，Q四點共面，取CD的中點H，連接FH，GH，可得四邊形EGHF為平行四邊形，所以E，G，H，F四點共面，所以E，G，H，F，Q五點共面，即五邊形EGHFQ即為所求的截面．設，則，且，，．由題意及線面垂直的性質有，，且都在面，所以BD⊥平面PAC．而面，所以，又，，所以，所以，D正確．故選：ACD．11.已知拋物線，點為上一點，直線l與交于B，C兩點（異于A點），與x軸交于M點，直線AC與AB的傾斜角互補，則（）A.線段BC中點的縱坐標為B.直線l的傾斜角為C.當時，M點為的焦點D.當直線l在y軸上截距小于3時，△ABC的面積的最大值為〖答案〗ABD〖解析〗將代入，可得，所以的方程為，焦點為，設，，則，同理．因為直線AC與AB的傾斜角互補，所以，即，解得，且，所以BC中點的縱坐標為，A正確．因為，所以l的傾斜角為，B正確．設，則l的方程為，由，得．根據，解得，所以，，則，，所以，解得或，即M點不一定為的焦點，C錯誤．當l在y軸上的截距小于3時，即．因為點A到l的距離為，所以的面積為．設函數，，則，令，得或（舍去）．當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減，所以時，取得最大值，所以S的最大值為，D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知向量，，若在上的投影向量為，則的值為______．〖答案〗1〖解析〗由題得在上的投影向量為，所以,又，所以，解得.13.設是各項均為正數的等比數列的前n項和，若，則______．〖答案〗13〖解析〗設數列的公比為q，由題意，顯然，且，則，解得，所以．14.已知函數的圖象在區間內的最高點對應的坐標為，則集合中元素的個數為______．〖答案〗10〖解析〗作出函數y=fx在區間上的圖象，如圖，根據函數的單調性，此時．又當時，，所以當時，，部分函數圖象如圖，由圖象可得，，，…，，，，，…，，即，即，解得，即2，3，4，…，10，11，故集合中的元素個數為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）證明：；（2）若，△ABC的面積為，求b．（1）證明：由已知，得，由正弦定理，得，即，即．由，得，所以．由正弦定理，得．（2）解：因為，所以①．由余弦定理，得，即．由（1），得，所以，化簡，得，代入①，得，所以．16.如圖，在三棱錐中，平面平面，和均為等腰直角三角形，且，．（1）證明：平面平面；（2）設，，若平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值．（1）證明：由題意，得，所以．因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以，．所以，即．又因為為等腰直角三角形，，所以，．因為平面，平面，，所以平面，又因為平面，所以平面平面．（2）解：取的中點，的中點，連接，，則，，所以．由（1）知平面平面，因為平面平面，平面，所以平面．因為平面，所以，如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則P0,0,1，，，．所以，，．由，得，所以．設平面的法向量為，則即，令，則平面PAB的一個法向量為．設平面ACF的法向量為，則，即，令，則平面ACF的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，整理，得，解得或．所以的值為或．17.連續拋擲一枚質地均勻的骰子次，第次拋擲落地時朝上的點數記為，．（1）若，記出現為奇數的次數為，求隨機變量的分布列和期望；（2）若，求事件“”的概率．解：（1）由題易得，拋擲一枚骰子1次，出現為奇數的概率為，出現不是奇數的概率也為，的可能取值為．因為，，，，，所以的分布列為01234所以．（2）記事件為事件“”，則事件包含以下種情況：①拋擲次出現的點數相同，有種可能；②拋擲次出現的點數有個數字，有種可能；③拋擲次出現的點數有個數字，有種可能；④拋擲次出現的點數有個數字，有種可能；⑤拋擲次出現的點數有個數字，有種可能，所以，即事件“”的概率為．18.已知為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為，，過上一點作的兩條漸近線的平行線，分別交軸于，兩點，且，內切圓的圓心到軸的距離為．（1）求的標準方程；（2）（ⅰ）設點為上一點，試判斷直線與C的位置關系，并說明理由；（ⅱ）設過點的直線與交于，兩點（異于的兩頂點），在點，處的切線交于點，線段的中點為，證明：，，三點共線．解：（1）如圖所示，設，則，不妨設直線方程為，則直線的方程．令，得，，則．設的內切圓（圓心為）分別與，，切于點，，，則，所以為的頂點，所以軸，的橫坐標為，所以，故的標準方程為；（2）（ⅰ）由，得，結合，得，所以．所以直線與相切．（ⅱ）由題易得直線的斜率不為，設直線的方程為，代入，得，其中，設Ax1,y1，Bx2則，，由（ⅰ），在點，處的切線方程分別為，．兩式聯立，得，，即，所以，故，，三點共線.19.在平面直角坐標系中，定義：如果曲線和上分別存在點，關于軸對稱，則稱點和點為和的一對“關聯點”．（1）若上任意一點的“關聯點”為點，求點所在的曲線方程和的最小值；（2）若上任意一點的“關聯點”為點，求的最大值；（3）若和在區間上有且僅有兩對“關聯點”，求實數的取值范圍．解：（1）設點，則點的“關聯點”為，代入，得，即，所以點所在的曲線方程為；根據對稱性，，則，由，又，得，即，當且僅當且，即，或，時取等號．故當，或，時，；（2）設，則根據對稱性，得，設，，，代入，得，所以．方法一：令，則，所以，當時，；當，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以是的最大值點，即，故；方法二：，當且僅當，即時取等號，所以，故；（3）和在區間上有且僅有兩對“關聯點”，等價于曲線和有