湖南省長沙市2024屆高三數學下學期三模試題一?單項選擇題：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.若集合，則（）A.B.C.D.2.若，則（）A.2B.1C.D.53.已知點是拋物線上一點，且它在第一象限內，焦點為坐標原點，若，則此拋物線的準線方程為（）A.B.C.D.4.已知函數滿足，求在的導數（）A.B.C.-2D.5.函數的圖象大致是（）A.B.C.D.6.任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2，反復進行上述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈.這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）.如取正整數，根據上述運算法則得出，共需經過8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”）.現給出冰雹猜想的遞推關系如下：已知數列滿足：（為正整數），，則當時，則使需要的雹程步數為（）A.7B.8C.9D.107.某區進行高二數學期末調研測試，數學測試成績，如果按照的比例將考試成績由高到低分為四個等級，則等級的分數線應該是（）參考數據：若，則.A.69B.81C.87D.968.如圖，在兩條異面直線上分別取點和點，使，且.已知，則異面直線所成的角為（）A.B.C.D.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，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.已知由樣本數據組成的一個樣本，得到經驗回歸方程為，且，去除兩個樣本點和后，得到新的經驗回歸方程為.在余下的8個樣本數據和新的經驗回歸方程中（）A.相關變量具有正相關關系B.新的經驗回歸方程為C.隨著自變量值增加，因變量值增加速度變小D.樣本的殘差為-0.110.當實數變化時，關于的方程可以表示的曲線類型有（）A.直線B.圓C.橢圓D.雙曲線11.如圖，正方形的邊長為分別為邊上的動點，，則（）A.若，則的周長最大值為B.若，則的面積最大值為C.若的周長為定值2，則的大小為D.若的周長為定值2，則長度的最小值為三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.的展開式中按的升冪排列的第三項為__________.13.如圖，在平行四邊形中，點分別是邊的中點，分別與交于兩點，用向量表示向量，則__________.14.已知正三棱柱的側面積為，則該正三棱柱外接球的體積的最小值為__________.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.如圖，在中，已知為銳角，邊上的兩條中線相交于點的面積為.（1）求的長度；（2）求的余弦值.16.如圖，在長方體中，點分別在上，且.（1）求證：平面；（2）當時，求平面與平面的夾角的余弦值.17.一個袋子中有10個大小相同的球，其中有4個白球，6個黃球，從中隨機地摸4個球作為樣本，用表示樣本中黃球的個數，表示樣本中黃球的比例.（1）若有放回摸球，求的分布列及數學期望；（2）（i）分別就有放回摸球和不放回摸球，求與總體中黃球的比例之差的絕對值不超過0.2的概率；（ii）比較（i）中所求概率的大小，說明其實際含義.18.已知雙曲線與直線有唯一的公共點.（1）若點在直線上，求直線的方程；（2）過點且與直線垂直的直線分別交軸于軸于兩點.是否存在定點，，使得在雙曲線上運動時，動點使得為定值.19.已知函數.（1）討論的單調性；（2）設分別是的極小值點和極大值點，記.（i）證明：直線與曲線交于除外另一點；（ii）在（i）結論下，判斷是否存在定值且，使，若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.雅禮中學2024屆模擬試卷（三）數學一?單項選擇題：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.【答案】B2.【答案】D3.【答案】D【詳解】因為，所以.又，所以，準線方程為.故選：D.4.【答案】D【詳解】因為，所以，解得.故選：D.5.【答案】C【詳解】對于，當時，，故B錯誤；，顯然在定義域內，即在和都是增函數，C正確，AD錯誤；故選：C.6.【答案】B【詳解】解：根據題意，當，根據上述運算法則得出，所以共需經過8個步驟變成1，故使需要的霖程步數為8.故選：B7.【答案】B【詳解】由題意可知：，因為，所以等級的分數線應該是.故選：B.8.【答案】C【詳解】如圖，過點作直線，過點作，交直線于點，連接，因，則，又平面，則平面，故平面，又平面，則.易得：，在中，，設異面直線所成的角為，則，因，由余弦定理可得：，又因，故.故選：C.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，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.【答案】ABD【詳解】新平均數.新平均數.新的線性回歸方程具有正相關關系，A對.新的線性回歸方程：B對.由線性回歸方程知，隨著自變量值增加，因變量值增加速度恒定，C錯；D對.故選：ABD.10.【答案】ACD【分析】利用曲線方程的特征逐一判斷即可.【詳解】當時，方程為，即，此時方程表示直線；當時，方程為；若，則方程表示雙曲線；若，此時無解；當，方程表示橢圓.方程可以表示的曲線類型有直線，雙曲線，橢圓.故選：ACD11.【答案】ABD【詳解】選項A：選項B：選項C：設線段的長度分別為則，因為的周長為定值2，所以.則由勾股定理得，即，又因為，于是因為，所以即，故C錯誤；選項D：由選項的推理可知所以，所以，即又因得，當且僅當即時等號成立，故D正確；三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.【答案】【詳解】題意即展開式中的項為按的升冪排列的第三項為.故答案為：.13.【答案】【詳解】在平行四邊形中，，，且相似比為，即是的三等分點，同理也是的三等分點，，故答案為：.14.【答案】【詳解】如圖是過側棱的球的截面，是正三棱柱下底面和上底面外心，設正三棱柱的底面邊長為，高為，球的半徑為，由題意知，即，底面外接圓的半徑，由球的截面圓性質知，當且僅當時取等號，則該正三棱柱外接球的體積的最小值為.故答案為：.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.【答案】（1）（2）【詳解】（1）由題知，，所以，又因為，所以或.因為為銳角，所以.在中，由余弦定理知，整理得，解得.（2）因為，所以，所以.所以的余弦值為.16.【答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）因為平面平面，所以.又，所以平面，因為平面，所以同理：因為平面平面，所以.又，所以平面因為平面，所以，又因為，所以平面（2）以為原點，分別以所在直線為軸?軸?軸建立空間直角坐標系如圖.則.所以，且是平面的一個法向量.，設平面的法向量為則，即所以，令，得.則平面的一個法向量為.所以所以.所以平面與平面的夾角的余弦值為.17.【答案】（1）分布列見解析，；（2）（i）有放回摸球時，所求概率為，不放回摸球時，所求概率為；（ii）答案見解析.【詳解】（1）因為有放回摸球，每次摸到黃球的概率為，且各次試驗的結果是獨立的，由題意可知，，則的所有可能取值有，，，，所以，隨機變量的分布列如下表所示：01234隨機變量的數學期望為；（2）（i）樣本中黃球的比例為，由題意，解得，即取2?3，有放回摸球時，概率，不放回摸球時，概率；（ii）由（i）可知，，所以，在誤差不超過0.2的限制下，用樣本中黃球的比例估計總體中黃球的比例，采用不放回估計的結果更可靠些.18.【詳解】（1）點在直線上，則有，聯立，則，由，則，可得，所以：，解得，當時，；所以直線的方程：（2）聯立，則，因為是雙曲線與直線的唯一公共點，所以，化簡得，解得點的坐標為，即為，于是，過點且與垂直的直線為，可得，即，于是，即的軌跡方程為：，由雙曲線的定義可知，存在定點，使得當點運動時，為定值13.19.【答案】（1）在上單調遞增，在上單調遞減（2）（i）證明見解析；（ii）存在定值，此時.【詳解】（1）定義域為，令，則，令或，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）（i）法一：由（1）知且，直線方程為，令，即或，設，則，令，則，，令，則，令，則，在上單調遞減，在上單調遞增，，（或者存在唯一的，使，即，故方程①的解有綜上，直線與曲線交于除點外另一點；法二：