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1、姓 名_准考证号_绝密启用前湘豫名校联考2024届春季学期高三第四次模拟考试数学注意事项：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8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一
2、项是符合题目要求的1在复数范围内方程的两个根分别为，则（ ）A1BCD2已知集合，则（ ）ABCD3已知椭圆与矩形ABCD的四条边都相切，若，则E的离心率为（ ）ABCD4已知，则（ ）ABCD5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（ ）ABCD6如图，A，B和C，D分别是函数图象的两个最低点和两个最高点，若四边形ABCD的面积为，且在区间上是单调函数，则实数a的最大值是（ ）ABCD7已知函数，则满足的x的取值范围为（ ）ABCD8中国古代建筑中重要的构件之一柱（俗称
3、“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体积之比为（ ）图1 图2ABC3D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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已知为实数，随
4、机变量，且，则（ ）ABCD10已知四棱锥的底面ABCD是边长为4的正方形，PA平面ABCD，且，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（ ）A平面PCDB直线FG与AB所成的角为30CD经过E，F，G的平面截四棱锥所得到的截面图形的面积为11已知抛物线，点为上一点，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B直线l的倾斜角为C当时，M点为的焦点D当直线l在y轴上的截距小于3时，ABC的面积的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12已知向量，若在上的投影向量为，则的值
5、为_13设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则_14已知函数的图象在区间内的最高点对应的坐标为，则集合中元素的个数为_四、解答题：本题共5小题，共77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（1）证明：；（2）若，ABC的面积为，求b16（本小题满分15分）如图，在三棱锥中，平面PAC平面PBC，PAC和ABC均为等腰直角三角形，且，（1）证明：平面ABC平面PAC；（2）设，若平面PAB与平面ACF夹角的余弦值为，求实数的值17（本小题满分15分）连续抛掷一枚质地均匀的骰子次，第次抛掷落地时朝上的点数记为，（1
6、）若，记出现为奇数的次数为X，求随机变量X的分布列和期望；（2）若，求事件“”的概率18（本小题满分17分）已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，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，N两点，且，内切圆的圆心到y轴的距离为（1）求C的标准方程；（2）（）设点为C上一点，试判断直线与C的位置关系，并说明理由；（）设过点的直线与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：如果曲线和上分别存在点M，N关于x轴对称，则称点M和点N为和的一对“关联点”（1）若上
7、任意一点P的“关联点”为点Q，求点Q所在的曲线方程和的最小值；（2）若上任意一点S的“关联点”为点T，求的最大值；（3）若和在区间上有且仅有两对“关联点”，求实数a的取值范围湘豫名校联考2024届春季学期高三第四次模拟考试数学参考答案题号1234567891011答案DDACBCBDABACDABD一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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1D 【解析】由，得，解得，即，或，所以，所以故选D2D 【解析】因为，所以，所以故选D3A 【解析】根据题意，得，则，所以所以E的离心率为故选A4C 【解析】故选C5B 【解析】设事件“甲中靶”，“乙中
8、靶”，“弓箭靶被射中”，则，所以，所以所以故选B6C 【解析】由题意，得四边形ABCD为平行四边形，且，AB与CD之间的距离为4，则，解得函数在区间上是增函数，对于，将函数的图象向左平移个单位长度，即得的图象，所以a的最大值是故选C7B 【解析】由题易得的定义域为R，因为，所以偶函数当时，令，则，所以在上单调递增，所以在上单调递增由，得，所以，两边平方并整理，得，解得故选B8D【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，顶角为的等腰三角形方法一：根据余弦定理，得，解得，所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为方法二：
9、因为，所以所以，所以，所以故选D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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9AB 【解析】由正态曲线的对称性，可得，因为，所以，A正确；，B正确；，即，C错误；由于当，时，满足，但，D错误故选AB10ACD 【解析】因为EG是PBC的中位线，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，A正确如图，取PA的中点M，连接MF，BM，则，且因为且，所以且所以四边形MFGB为平行四边形，所以，所以MBA或其补角即为直线FG与AB所成的角由PA平面ABCD，得因为，所以FG与AB所成角的正切值为，B错
10、误由题意，得Q是PM的中点，所以又，所以，C正确显然E，G，F，Q四点共面，取CD的中点H，连接FH，GH，可得四边形EGHF为平行四边形，所以E，G，H，F四点共面，所以E，G，H，F，Q五点共面，即五边形EGHFQ即为所求的截面设，则，且，因为，所以BD平面PAC所以又，所以，所以，D正确故选ACD11ABD 【解析】将代入，可得，所以的方程为设，则，同理因为直线AC与AB的倾斜角互补，所以，即，解得，且，所以BC中点的纵坐标为，A正确因为，所以l的倾斜角为，B正确设，则l的方程为，由得根据，解得，所以，则，所以，解得或，C错误当l在y轴上的截距小于3时，即因为点A到l的距离为，所以ABC
11、的面积为设函数，则，令，得或（舍去）当时，单调递增；当时，单调递减，所以时，取得最大值，所以S的最大值为，D正确故选ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分121 【解析】由题意，得在上的投影向量为，即结合已知，得，解得1313 【解析】设数列的公比为q，由题意，显然，且，则，解得，所以1410 【解析】作出函数在区间上的图象，如图，根据函数的单调性，此时又当时，所以当时，部分函数图象如图，由图象可得，即，即，解得，即2，3，4，10，11，故集合中的元素个数为四、解答题：本题共5小题，共77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，由正弦定理，得，即，
12、即由，得，所以由正弦定理，得（2）因为，所以由余弦定理，得，即由（1），得，所以，化简，得，代入，得，所以16【解析】（1）由题意，得，所以因为平面平面PBC，且平面平面，平面PAC，所以平面PBC因为平面PBC，平面PBC，所以，所以，即又因为ABC为等腰直角三角形，所以，因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC又因为平面ABC，所以平面平面PAC（2）取AC的中点O，AB的中点E，连接PO，OE，则，所以由（1）知平面平面PAC，因为平面平面，平面PAC，所以平面ABC因为平面ABC，所以，如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则，所以，由，得，所以设平面PAB的法向量为，则即令，则平
13、面PAB的一个法向量为设平面ACF的法向量为，则即令，则平面ACF的一个法向量为设平面PAB与平面ACF的夹角为，则，整理，得，解得或所以的值为或17【解析】（1）由题易得，抛掷一枚骰子1次，出现为奇数的概率为，出现不是奇数的概率也为，X的可能取值为0，1，2，3，4因为，所以X的分布列为X01234P所以（2）记事件A为事件“”，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，有种可能；抛掷5次出现的点数有3个数字，有种可能；抛掷5次出现的点数有4个数字，有种可能；抛掷5次出现的点数有5个数字，有种可能，所以，即事件“”的概率为18【解析】（1）设，则不妨设直线PM的方程为，则直线PN的方程令，得，所以设的内切圆（圆心为I）分别与，切于点R，S，T，则，所以T为C的顶点，所以轴，I的横坐标为，所以故C的标准方程为（2）（）由得，结合，得，所以所以直线与C相切（）由题易得直线AB的斜率不为0设直线AB的方程为，代入，得，其中设，则，
