【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2024届高三下学期三模数学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，1.118 MB，由小赞的店铺上传

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雅礼中学2024届模拟试卷（三）数学一､单项选择题：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1.若集合22,1,3,5,4ABxxx=−−=∣，则AB=（）A.1−B.3C.2,1−−D.2,1,3−−2.若i13izz+=+

，则zz=（）A.2B.1C.5D.53.已知点()00,Axy是抛物线22(0)ypxp=上一点，且它在第一象限内，焦点为,FO坐标原点，若3,232pAFAO==，则此抛物线的准线方程为（）A.4x=−B.3x=−C.2x=−D.1x=−4.已知函数()f

x满足()πsincos3fxfxx=−，求()fx在π4x=的导数（）A.21+B.21−C.-2D.622+5.函数()e21xxyx−=−的图象大致是（）A.B.C.D.6.任取一个

正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1421→→→.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数6m=，根据上述运算法则得出63105168421→

→→→→→→→，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列na满足：1am=（m为正整数），1,231,nnnnnaaaaa+=+当为偶数时当为奇数

时，则当42m=时，则使1na=需要的雹程步数为（）A.7B.8C.9D.107.某区进行高二数学期末调研测试，数学测试成绩()78,9XN，如果按照16%,34%,34%,16%的比例将考试成绩由高到低分为,,,ABCD四个等级，则A等级的分数线应该是（）参考数据：若(

)2,XN，则()()0.68,20.96PXPX−−.A.69B.81C.87D.968.如图，在两条异面直线,ab上分别取点,AE和点,AF，使AAa⊥，且AAb⊥.已知6,3,4,7AAAEAFEF====，则异面直线,ab所成的角为（）A.π6B.π4C

.π3D.π2二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知由样本数据()(),1,2,3,,10iixyi=组成的一个样本，得到经验回归方程为4ˆ20

.yx=−，且2x=，去除两个样本点()2,1−和()2,1−后，得到新的经验回归方程为ˆ3ˆyxb=+.在余下的8个样本数据和新的经验回归方程中（）A.相关变量,xy具有正相关关系B.新的经验回归方程为ˆ33yx=−C.随着自变量x值增加，因变量y值增加速度变小D.样本(

)4,8.9的残差为-0.110.当实数m变化时，关于,xy的方程()()222211mxmymm++=+可以表示的曲线类型有（）A.直线B.圆C.椭圆D.双曲线11.如图，正方形ABCD的边长为1,PQ､分

别为边ABDA､上的动点，，则（）A.若1PQ=，则APQ的周长最大值为21+B.若1PQ=，则APQ的面积最大值为14C.若APQ的周长为定值2，则PCQ的大小为30D.若APQ的周长为定值2，则PQ长度的最小值为222−三､填空题：本题共3小题

，每小题5分，共15分.12.()5(12)13xx−+的展开式中按x的升幂排列的第三项为__________.13.如图，在平行四边形ABCD中，点,EF分别是,ADDC边的中点，,BEBF分别与AC交于,RT两点，用向量,ABAD表示向量RT，则RT=__________.1

4.已知正三棱柱11,ABCABC−的侧面积为63，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为__________.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.如图，在AB

C中，已知3,6,ABACA==为锐角，,BCAC边上的两条中线,AMBN相交于点,PABC的面积为932.（1）求BC的长度；（2）求APB的余弦值.16.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点EF､分别在11,BBDD上，且11,AEABAFAD⊥⊥.（1）求证

：1AC⊥平面AEF；（2）当14,3,5ABADAA===时，求平面AEF与平面11DBBD的夹角的余弦值.17.一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个白球，6个黄球，从中随机地摸4个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数，Y表示样本中黄球的比例.（1）若有放回摸球，求X的分布

列及数学期望；（2）（i）分别就有放回摸球和不放回摸球，求Y与总体中黄球的比例之差的绝对值不超过0.2的概率；（ii）比较（i）中所求概率的大小，说明其实际含义.18.已知双曲线22149xy−=与直线3:2lykxmk=+有唯一的公共点M.（1）若点()2,9N在直线l上，求直线

l的方程；（2）过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于()1,0,Axy轴于()10,By两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点()11,Pxy使得PGPH−为定值.19.已知函数()2()exxaf

x+=.（1）讨论()fx的单调性；（2）设,mn分别是()fx的极小值点和极大值点，记()()()(),,,MmfmNnfn.（i）证明：直线MN与曲线()yfx=交于除,MN外另一点P；（ii）在（i）结论下，判断

是否存在定值(),1taa+且aZ，使MNtPN=，若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由.雅礼中学2024届模拟试卷（三）数学一､单项选择题：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1.【答案】B2.【答案】D3.【答案】D【详

解】因为0322ppx+=，所以00,2xpyp==.又22(2)12pp+=，所以2p=，准线方程为1x=−.故选：D.4.【答案】D【详解】因为()πcossin3fxfxx+=，所以ππππ1π3cossin3333232fff=+=+

，解得πππππ22623,cossin334344222fff+==+=+=.故选：D.5.【答案】C【详解】对于()()e21xxf

xx−=−，当0x时，()0fx，故B错误；()2222333324ee(1)(1)xxxxxfxxx−+−+==−−，显然在定义域内()0fx，即在(),1−和()1,+都是增函数，C正确，AD错误；故选：C.6.【答案】B【详解】解：根据题意，当42m=

，根据上述运算法则得出42216432168421→→→→→→→→，所以共需经过8个步骤变成1，故使1na=需要的霖程步数为8.故选：B7.【答案】B【详解】由题意可知：78,93===，因为()1()0.162PXPX

−−+=，所以A等级的分数线应该是78381+=+=.故选：B.8.【答案】C【详解】如图，过点A作直线a∥a，过点E作EB∥AA，交直线a于点B，连接BF，因AAa⊥，则AAa⊥，又,,,AAbabAab⊥

=平面ABF，则AA⊥平面ABF，故EB⊥平面ABF，又BF平面ABF，则EBBF⊥.易得：6,7BEAAEF===，在RtEBF中，2213FBEFBE=−=，设异面直线,ab所成的角为，则BAF=，因3ABAE==，由余弦定理可得：222916131cos

2242ABAFFBABAF+−+−===，又因π02，故π3=.故选：C.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.【答案】ABD【详解】10120,iixx==新平均数1202.5,220.43.68y==−=.y新平均数1ˆˆ103.64.5,4.532.5,38bb==+=−.新的线性回归方程ˆˆ3,,yxbxy=+具有正相关关

系，A对.新的线性回归方程：ˆ33,yx=−B对.由线性回归方程知，随着自变量x值增加，因变量y值增加速度恒定，C错；ˆ4,9,8.990.1,xy==−=−D对.故选：ABD.10.【答案】ACD【分析】利用曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】当

0m=时，方程为20x=，即0x=，此时方程表示直线；当0m时，方程为22211xymm+=+；若0m，则方程表示双曲线；若201mmm+=，此时m无解；当201mmm+，方程表示椭圆.方程可以表示的曲线类型有直

线，双曲线，椭圆.故选：ACD11.【答案】ABD【详解】选项A：2221222APAQAPAQAPAQPQ++=++选项B：221112224APQAPAQSAPAQ+==选项C：设线段

BPDQ､的长度分别为,,abBCPDCQ==､则1,1APaAQb=−=−，因为APQ的周长为定值2，所以PQab=+.则由勾股定理得222()(1)(1)abab+=−+−，即1abab+=−，又因为tan,tanab

==，于是()tantantan11tantan1abab+++===−−因为090+，所以45+=即45PCQ=，故C错误；选项D：由C选项的推理可知1,ababPQab+=−=+所以2112ababab++=

−−，所以212PQPQ−，即2440PQPQ+−又因0PQ得222PQ−，当且仅当ab=即BPDQ=时等号成立，故D正确；三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【答案】210x【详解】题

意即展开式中2x的项为141232255C1(2)3C1(2)110,xxxx−+−=按x的升幂排列的第三项为210x.故答案为：210x.13.【答案】1133ABAD+【详解】在平行四边形ABCD中

，AD∥,,BCAERCBREARBCR==，AERCBR，且相似比为1:2,:1:2ARRC=，即R是AC的三等分点，同理T也是AC的三等分点，()()111333RTACABBCABAD==+=+，故答案为：1133ABAD+.14.【答案】

82π3【详解】如图是过侧棱1AA的球的截面，12,OO是正三棱柱下底面和上底面外心，设正三棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为R，由题意知363ah=，即23ah=，底面外接圆的半径1π32sin3aarAO===，由球的截面圆性质知2222243hahROAr==+

=…，当且仅当32ah=时取等号，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为3482ππ(2)33=.故答案为：82π3.四､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.【答案】（

1）33BC=（2）714【详解】（1）由题知，193sin22ABCSABACBAC==，所以3sin2BAC=，又因为()0,πBAC，所以π3BAC=或2π3.因为BAC为锐角，所以π3BAC

=.在ABC中，由余弦定理知2222cosBCABACABACBAC=+−，整理得21936236272BC=+−=，解得33BC=.（2）因为22292736ABBCAC+=+==，所以22π1373,222ABCB

NACAMABBM====+=，所以2222277,2,cos33214APBPABAPAMBPBNAPBAPBP+−======.所以APB的余弦值为714.16.【答案】（1）证明见解析（2）12225【详解】（1）因为

BC⊥平面11,ABBAAE平面11ABBA，所以AEBC⊥.又11,AEABABBCB⊥=，所以AE⊥平面1ABC，因为1AC平面1ABC，所以1AEAC⊥同理：因为CD⊥平面11,ADDAAF平面11ADDA，所以AFCD⊥.又11,AFADADCDD⊥=

，所以AF⊥平面1ACD因为1AC平面1ACD，所以1AFAC⊥，又因为1,AEACAEAFA⊥=，所以1AC⊥平面AEF（2）以A为原点，分别以1ABADAA､､所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直

角坐标系如图.则()()()()()()110,0,0,0,0,5,4,0,0,4,0,5,0,3,0,4,3,0AABBDC.所以()14,3,5AC=−，且1AC是平面AEF的一个法向量.()10,0,5BB=，()4,3,0BD=−设

平面11DBBD的法向量为(),,nxyz=则100nBBnBD==，即50430zxy=−+=所以0z=，令3x=，得4y=.则平面11DBBD的一个法向量为()3,4,0n=.所以

2222211121224345,43(5)52nACnAC=+==+==++−=所以11124122cos,25552nACnACnAC===.所以平面AEF与平面11DBBD的夹角的余弦值为12

225.17.【答案】（1）分布列见解析，()125EX=；（2）（i）有放回摸球时，所求概率为432625，不放回摸球时，所求概率为1721；（ii）答案见解析.【详解】（1）因为有放回摸球，每次摸到黄球的概率为35，且各次试验的结果是独立的，由题意可知，34,5X

B，则X的所有可能取值有01234､､､､，()()431421632960,1C562555625PXPX======，()()223234423216322162C,3C5562555625

PXPX======，()438145625PX===，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X01234P166259662521662521662581625随机变量X的数学期望为()312455EX==；（2）（i）样本

中黄球的比例为4XY=，由题意0.60.24X−，解得1.63.2X，即X取2､3，有放回摸球时，概率()()1216432232625625PPXPX==+===，不放回摸球时，概率()()223164642410172321CCCCPPX

PXC+==+===；（ii）由（i）可知，12PP，所以，在误差不超过0.2的限制下，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，采用不放回估计的结果更可靠些.18.【详解】（1）点()2,9N在直线:ly

kxm=+上，则有92km=+，联立22149xyykxm−==+，则()2229484360kxkmxm−−−−=，由2940k−，则()()2222Δ644944360kmkm=−−−−=，可得2249mk=−，所以：22(92)49kk−=−，解得52k=，当5

2k=时，4m=；所以直线l的方程：542yx=+（2）联立22149xyykxm−==+，则()2229484360kxkmxm−−−−=，因为3,2kM是双曲线与直线的唯一公共点，所以()()2222Δ644944360kmkm=−−−−=，化简得2

249mk=−，解得点M的坐标为2249,9494kmmkk−−，即为49,kmm−−，于是，过点M且与l垂直的直线为914kyxmkm+=−+，可得13131313,0,0,

,,kkABPmmmm−−−−，即111313,kxymm=−=−，于是2221222211691699169916991699114444413kmxymmmy+===+

=+=+−，即P的轨迹方程为：()221016916949xyy−=，由双曲线的定义可知，存在定点13131313,0,,066GH−，使得当点M运动时，PGPH−为定值1

3.19.【答案】（1）()fx在(),2aa−−+上单调递增，在()(),,2,aa−−−++上单调递减（2）（i）证明见解析；（ii）存在定值t，此时1a=.【详解】（1）()2()exxafx+=定义域为()(

)()()22()2R,,eexxxaxaxaxafxx+−+−++−==R，令()0fx，则2axa−−+，令()0,fxxa−或2xa−+，()fx在(),2aa−−+上单调递增，在()(),,

2,aa−−−++上单调递减.（2）（i）法一：由（1）知,2mana=−=−+且()()()2240,4eeaafmfafn−−+=−===，224e2e,2aaMNkMNaa−−==−++直线方程为()22eayxa−=+，令()22()2eeaxxaxa−++=，即()()

22e0,xaxaxaxa+−+−+==−或()22e0xaxa+−−+=，设()()22e,xagxxax+−=−+R，则()22e1xagx+−=−，令()0gx=，则12ln2xa+−=，2ln2xa=−−，令()0gx，则2l

n2xa−−，令()0gx，则2ln2xa−−，()gx在(),2ln2a−−−上单调递减，在()2ln2,a−−+上单调递增，()()()()2ln220,2e0,2ln22e2ln2ln210gagaga

−−−=−=−−=−−=−，（或者()()2ln220)gaga−−−存在唯一的()0,2xaa−−，使()00gx=，即0202exaxa+−=+，故方程①的解有0,2,aax−−综上，直线MN与曲线()yfx=交于除,MN点外另一点P；法二：由（1）知,2mana=

−=−+且()()()2240,4eeaafmfafn−−+=−===，224e2e,2aaMNkMNaa−−==−++直线方程为()22eayxa−=+，令()22()2eeaxxaxa−++=，即()22e0,eax

xaxaxa−++−==−或22e0eaxxa−+−=，设()22e,eaxxahxx−+=−R，则()1exxahx−−=，令()0hx=，则1xa=−；令()0hx，则1xa−；令()0hx，则1xa−，()hx在(),1a−−上单调

递增，在()1,a−+上单调递减，()()()()12221e2eee20,2e0,20aaaahahaha−−−−−=−=−−=−−=，()0,1xaa−−，使得()00hx=，故方程（1）的解有0,2,aax−−，综上，直线MN与曲线()yfx

=交于除,MN点外另一点P.（ii）法一：由（i）知，()()()()200022,,0,2,4e,22aPaaMNxxMaNatPNaxax−−+−−=−−+===−+−−+，022(0)axtt+=−，由（i）可知，022022e,2e2xatxat−+−=+=−，即21e1

tt−=−，21e10(0)ttt−+−=，设10ut=−，设()2e1,0uHuuu=−−，()22e1,0uHuu=−，令()0Hu=，则ln22u=−，令()0Hu，则ln202u−，令()0Hu，则ln22u−，()Hu在ln2,2−−上单调递

减，在ln2,02−上单调递增.()()21111e0,00,02e2HHH−−==−=−，011,2u−−，使()00Hu=，此时()011,2tu=−，故存在定

值t，且()1,2t，使MNtPN=，又(),1taa+，故1a=；法二：（ii）由（i）知，()()()()200022,,0,2,4e,22aPaaMNxxMaNatPNaxax−−+−−=−−+===−+−−+，()()()000222(0),,1,122,12

axtxaaaxtt−+=−−−+，12t，故存在定值t，且()1,2t，使MNtPN=，此时1a=.