《湖南省长沙市师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期第一次模拟数学试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省长沙市师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期第一次模拟数学试卷含解析（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1数学数学命题人：徐凡训命题人：徐凡训彭如倩彭如倩李玲李玲吴瑶审吴瑶审题人：徐凡训题人：徐凡训注意事项：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 回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号再选涂其他答案标号.回答非选择题时回答非选择题时，将答案写在答题卡上将答案写在答题卡上.写在本试卷上写在本试卷上无效无效.3考试结束后，将本试
2、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.一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的1.已知,a bR，且0,0ab，则1ab 是lnln0ab的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】利用不等式的性质、对数运算及充分、必要条件的定义判定即可.【详解】若e,1ab，符合1ab，但此时lnln0ab，不满足充分性，若1eab，符合lnln0ab，但是1ab，不满足必要性.故选：
3、D2.已知集合,1Mx yaxby，,32Nx yxy，在求MN时，甲同学因将32xy 看成32xy，求得13,55MN，乙同学因将32xy 看成32xy，求得17,39MN.若甲、乙同学求解过程正确，则MN（）A.1,1B.1,1C.1,1 D.1,1【答案】A【解析】2【分析】确定13155ab且17139ab，得到43ab，根据交集的概念联立方程解得答案.【详解】根据题意：13155ab且17139ab，解得43ab，即,31Mx yxy4，由43132xyxy，解得11xy，故1,1MN.故选：A.3.已知方程24i4i0 xxaaR有实根 b，且izab，则复数 z 等于（）A.22
4、iB.22iC.22i D.22i【答案】A【解析】【分析】将xb代入方程，整理后得到方程组，求出,a b的值，得到答案.【详解】由 b 是方程24i4i0 xxaaR）的根可得24i4i0bba，整理可得：2i440babb，所以20440babb，解得22ab，所以22zi故选：A4.出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图 1）的璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，黄身外耧空雕饰“S”型双龙，造型精美现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图 2）：8cm,2cm,5cmABADAO，若3sin37,3.145，则璜身（即曲边四边形ABCD）面积近似为（）A.26.8cmB
5、.29.8cmC.214.8cmD.222.4cm3【答案】C【解析】【分析】根据给定图形求出圆心角AOB，再利用扇形面积公式计算即得.【详解】显然AOB为等腰三角形，5,8OAOBAB，则142cos5ABOABOA，3sin5OAB，又3sin375，所以37OAB，于是531802 3710690AOB，所以璜身的面积近似为2222211535314.8 cm2290AOB OAOD.故选：C5.定义12nnppp为n个正数12,np pp的“均倒数”，若已知数na的前n项的“均倒数”为131n，又26nnab，则1 22 39 10111bbb bb bA.111B.1011C.910
6、D.1112【答案】C【解析】【分析】先利用“均倒数”的定义，求得na的表达式，代入nb，利用裂项求和法求得所求的数值.【详解】根据“均倒数”的定义，有12131nnaaan，故212313naaannnn，故，2121311naaann，两式相减得62nan，当1n 时，13 14a 也符合上式，故62nan.所 以nbn，注 意 到111n n1nn1，故1 22 39 10111bbb bb b1111119112239101010，故选 C.【点睛】本小题考查新定义概念的理解，考查数列求和方法中的裂项求和法，考查运算求解能力.属于中档题.6.设平面向量(1,0),(1,3)ab，若,a
7、 cb c，则平面向量c可能是（）A.3abB.abC.2abD.2ab4【答案】D【解析】【分析】根据题意,a cb c 利用向量的夹角公式可推出(2)0abc，确定2ab的坐标，求得每个选项中向量的坐标，一一计算验证(2)0abc是否成立，即可求得答案.【详解】由题意|1,|1 32ab,因为,a cb c ，所以cos,cos,a cb c，所以|a cb cacbc，所以|2|a cb ccc，所以2a cb c，所以(2)0abc，由题意2(3,3)ab，对于 A,若3(3 1,3)cab，则(2)3(3 1)(3)33 360abc ，故 A 错误;对于 B，若(0,3)cab，则
8、(2)3 0(3)330abc ，故 B 错误；对于 C，若2(3,3)cab，则(2)3 3(3)(3)120abc ，故 C 错误;对于 D，若2(1,3)cab，则(2)3 1(3)30abc ，故 D 正确，故选：D7.过点1,2P作圆22:10O xy相互垂直的两条弦AB与CD，则四边形ACBD的面积的最大值为（）A.6 6B.2 15C.9 6D.15【答案】D【解析】【分析】记,OMm ONn，由题意可知225mn，易得222 1010ACBDSmn，再利用基本不等式，得出其最值.5【详解】如图所示：5OP,记,OMm ONn,则225mn，222 10,2 10ACmBDn，2
9、222110102 101021522ACBDmnSAC BDmn，当且仅当221010mn，即102mn时，取等号.所以四边形ACBD的面积的最大值为15.故选：D8.若不等式1e230 xmxn 对x R恒成立，其中0m，则nm的取值范围为（）A.ln3e,2 B.ln3e,2C.ln3ee,2 D.ln3e,e2【答案】A【解析】【分析】先讨论m的范围，当0m 时，利用导数求最值，根据最小值大于等于 0 可得2ln3nmm，然后将二元化一元，令 3lng mmm，利用导数求最值可解.【详解】令1e230 xmxn，即1e23xmxn，当0m 时，由函数1exy与23ymxn的图象可知，两
10、函数图象有一个交点，记为00,xy，6则当0 xx时，1e23xmxn，即1e230 xmxn，不满足题意；当0m 时，令 1e23xf xmxn，则 1exfxm，令 0fx，则ln1xm，因为 1exfxm单调递增，所以当ln1xm时，0fx，f x单调递减，当ln1xm时，0fx，f x单调递增，所以ln1xm时，f x有最小值ln1ln23fmmmn，又1e230 xmxn 对Rx 恒成立，所以ln230mmn，即2ln3nmm，所以23lnnmmm，当且仅当2ln3nmm 时等号成立.令 3lng mmm，则 22133mgmmmm，当03m时，0g m，g m单调递增，当3m 时，
11、0g m，g m单调递减，所以当3m 时，maxln3 1ln3egm ，所以2ln3enm，即ln3e2nm，当且仅当3m，3ln3e2n时等号成立，所以nm的取值范围为ln3e,2.故选：A【点睛】方法点睛：本题属于恒成立问题，难点在于将恒成立转化为最值问题，以及利用,m n的不等关系将二元化一元，此处应注意保证任何时候都能取到等号.二二、选择题选择题：本大题共本大题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合题目要求全部选对的得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
12、选错的得 0 分分9.下列说法中，正确的是（）A.设有一个经验回归方程为12yx$，变量x增加 1 个单位时，y平均增加 2 个单位B.已知随机变量20,N，若(2)0.2P，则220.6P C.两组样本数据1234,x x x x和1234,y yyy.若已知10iixy且1,2,3,4iixy i，则10 xy7D.已知一系列样本点,1,2,3,iix yi 的经验回归方程为3yxa，若样本点,3m与2,n的残差相等，则310mn【答案】BC【解析】【分析】根据回归方程可判定 A，根据正态分布可判定 B，根据数据的平均数可判定 C，根据回归方程及残差的概念可判定 D.【详解】若有一个经验回
13、归方程12yx$，随着x的增大，y会减小，A 错误；曲线关于0 x 对称，因为(P 2)0.2，所以(2)0.2P，所以(22)1(2)(2)0.6PPP ，B 正确；因为iixy44111110,44iiiixx yy，所以1111444411110444iiiiiiiixyxyxy，故10 xy，C 正确；经验回归方程为3yxa，且样本点,3m与2,n的残差相等，则3(3)()6mana，所以39mn，D 错误.故选：BC.10.设,a b为两个正数，定义,a b的算术平均数为2abA a b,，几何平均数为G a bab,，则有：,G a bA a b，这是我们熟知的基本不等式.上个世纪
14、五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即11,pppppabLa bab，其中p为有理数.下列关系正确的是（）A.0.5,La bA a bB.0,La bG a bC.21,La bL a bD.1,nnLa bLa b【答案】AC【解析】【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.8【详解】对于 A 选项，0.5,112ababLa babA a bab，当且仅当ab时，等号成立，故 A 正确；对于 B 选项，0222,112ababLa babG a bababab，当且仅当ab时，等号成立，故 B 错误；对于 C 选项，222222222212(),22
15、22abababababababLa bL a babababab，当且仅当ab时，等号成立，故 C 正确；对于 D 选项，当1n 时，由 C 可知，21,2abLa bL a b，故 D 错误.故选：AC.11.如图，在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，已知 M，N，P 分别是棱11C D，1AA，BC的中点，Q 为平面PMN上的动点，且直线1QB与直线1DB的夹角为30，则（）A.1DB 平面PMNB.平面PMN截正方体所得的截面面积为3 3C.点 Q 的轨迹长度为D.能放入由平面 PMN 分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为332【答案
16、】ABD【解析】【分析】A 选项，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；B 选项，作出辅助线，9找到平面PMN截正方体所得的截面，求出面积；C 选项，作出辅助线，得到点 Q 的轨迹，并求出轨迹长度；D 选项，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在1B D上，设球心为,R t t t，由RSt 得到方程，求出半径的最大值.【详解】A 选项，以D为坐标原点，1,DA DC DD所在直线分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系，11,2,0,0,1,2,2,0,1,0,0,0,2,2,2PMNDB，故12,2,2,1,1,2,1,2,1DBPMPN .设平面PMN的法向量为,mx y z，则 ,1,1,220,1,2,120m PMx y zxyzm PNx y zxyz ，令1z 得，1xy，故1,1,1m，因为12DBm，故1DB 平面PMN，A 正确；B 选项，取111,A D AB CC的中点,E F Q，连接11,MQ ME EN NF FP PQ EP AB CD，因为 M，N，P 分别是棱11C D，1AA，BC的中
