2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期4月综合测试-数学试题+答案(1)_2024年4月_024月合集_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合测试

{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}雅礼中学 2024 届高三综合自主测试（4 月）
数学参考答案
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
 
1、D【解析】因为A{x|log (x1)0}{x|1x2}，B x 2x 4 ={x|x2}，
0.5
所以AB且AB，所以A错，B错，
AB{x|1 x2} A，C错，
AB{x|x2}B，D对，
故选：D.
12i (12i)(1i) 13i 1 3
2、C【解析】由z(1i)12i 0，得z      i，
1i (1i)(1i) 2 2 2
则复平面内z对应的点位于第三象限.
故选：C
3、B
x2 y2
【解析】因为椭圆 ＋ ＝1的长轴长为6，所以椭圆的焦点在y轴上，且m＝32＝9，
5 m
9－5 2
所以该椭圆的离心率为 ＝ .故选B.
3 3
4、C
1264
【解析】64个格子放满麦粒共需 2641，
12
1kg麦子大约20000粒，1吨麦子大约2107粒，
2641 264 263 263
  ,lg lg263lg107 63lg27630.3711.9，
2107 2107 107 107
263
1012,
107
故选：C.
5、D
x
1
【解析】令 f x  x，其在R上单调递减，
2
1 1
又 f 010, f 1 1 0，
2 2
由零点存在性定理得a0,1，
则ylog x在0,上单调递减，
a
x
1
画出y 1  2   与ylog a x的函数图象，
数学（YL）答案 （第 1 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}可以得到b0,1，
又y ax在R上单调递减，画出y ax与 y 3 log 1 x 的函数图象，
2 2
2
可以看出c0,1，
b 0
1 1
因为     1，故log a b1log a a，故ba，
2 2
因为a,c0,1，故ac a1 a，
ac a
ac log c 1 1
由 1 得，c    a．
2 2 2
综上，c<a<b．
故选：D．
6、D
【解析】2222＝(485－1)11＝C0×48511＋C1×48510×(－1)＋C2×4859×(－1)2＋…＋C10×
11 11 11 11
4851×(－1)10＋C11×(－1)11，
11
由此可知2222除以5的余数即为C11×(－1)11＝－1除以5的余数，
11
故所求余数为4．故选D．
7、B
【解析】由a a 16a 0可得a216a 0，
4 6 5 5 5
a
故a 16，设a 的公比为q，则q3  5 8，即q=2，
5 n a
2
故a a qn2 2n1，
n 2
14n 4n 1
则S 14164n12n 2n  2n ．
2n 14 3 3
由于n2时，b b 0，
n n1
数学（YL）答案 （第 2 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}故S 随着n的增大而增大，
2n
45 1 46 1
而S  25 331360，S  26 1353360，
10 3 3 12 3 3
故满足S 360的最小正整数n的值为6．
2n
故选：B.
8、B
【解析】 f x的定义域为R，且 f x
3x 1

3x 1
f x，
3x 1 3x 1
故 f x为R上的奇函数.
2
而 f x1 ，
3x 1
2
因t=3x+1在R上为增函数，y1 在1,为增函数，
t
故 f x为R上的增函数.
又 f a  f a a 0即为 f a  f a a ，故a a a 0，
1 2 3 1 2 3 1 2 3
因为a a  nN* ，故a 为周期数列且周期为3.
n3 n n
因为20232022136741，
2023
所以a 674a a a a 0a 1.
i 1 2 3 2023 1
i1
故选：B.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9、BC
【解析】由函数解析式可知，a是不变号零点，b是变号零点，
对于A，变号零点是0，则b＝0，则f(x)＝0，不成立，故A不符合题意；
对于B，变号零点小于0，不变号零点为0，则b<0，a＝0，
此时f(x)＝b(x－b)x2，当x<b，f(x)>0，当b<x<0，f(x)<0，
当x>0时，f(x)<0，满足图象，故B符合题意；
对于C，b>a>0，f(x)＝b(x－b)(x－a)2，当x<a时，f(x)<0，
当a<x<b时，f(x)<0，当x>b时，f(x)>0，满足图象，故C符合题意；
对于D，a<b<0，f(x)＝b(x－b)(x－a)2，当x<a时，f(x)>0，与图象不符，故D不符合
题意．故选BC.
10、BD
f′（x）－f（x）
【解析】g′(x)＝ ，
ex
当x>－1时，f′(x)－f(x)>0，故g(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
当x<－1时，f′(x)－f(x)<0，故g(x)在(－∞，－1)上为减函数，
故－1是函数g(x)的极小值点，A错误，B正确．
若g(－1)＝0，则y＝g(x)有1个零点，若g(－1)>0，则y＝g(x)没有零点，C错误．
f（2） f（e）
g(x)在(－1，＋∞)上为增函数，则g(2)<g(e)，即 < ，
e2 ee
化简得e2f(e)>eef(2)，D正确．故选BD．
数学（YL）答案 （第 3 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}11、AD
4 32π
【解析】对于A，球的体积为V＝ πr3＝ ，
3 3
圆柱的体积为V′＝πr2×(2r)＝16π，则球与圆柱的体积之比为2∶3，A正确；
对于B，设d为点E到平面BCD的距离，0<d≤r，
而平面BCD经过线段EF的中点O，
1
2 2 1 16d 32
四面体CDEF的体积V ＝2V ＝ S ·d＝ × ×4×4×d＝ ≤ ，B错误；
C－DEF E－O1DC 3 △O1DC 3 2 3 3
对于C，过O作OH⊥DO于H，如图，
1
OH DO
而OO⊥DO，则sin∠DOO＝ ＝ 2，又DO＝ r2＋（2r）2＝2 5，
1 2 2 1 2 OO DO 1
1 1
2
于是OH＝ ，设截面圆的半径为r，球心O到平面DEF的距离为d，
1 1
5
2 4 4
则d≤ ，又r＝ r2－d2＝ 4－d2 ≥ 4－ ＝ ，
1 5 1 1 1 5 5
16π
则平面DEF截球的截面圆的面积S＝πr2 ≥ ，C错误；
1 5
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接QE，QF，
当Q与E，F都不重合时，设∠QFE＝θ，则QF＝4cosθ，QE＝4sinθ，
当Q与E，F之一重合时，上式也成立，
π
0，
因此QF＝4cosθ，QE＝4sinθ，θ∈ 2 ，
则PE＋PF＝ PQ2＋QE2＋ PQ2＋QF2＝2( 1＋4sin2θ＋ 1＋4cos2θ)，
令t＝ 1＋4sin2θ＋ 1＋4cos2θ，则t2＝6＋2 5＋4sin22θ，
而0≤2θ<π，即0≤sin2θ≤1，
因此6＋2 5≤t2≤12，解得1＋ 5≤t≤2 3，
所以PE＋PF的取值范围为[2＋2 5，4 3]，D正确．故选AD．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12、1
sinα
【解析】由tanα＝cosα，得 ＝cosα，即sinα＝cos2α，
cosα
则sinα＝(1－sinα)(1＋sinα)，
1 1＋sinα
即 ＝
1－sinα sinα
1 1 1＋sinα 1
，所以 － ＝ － ＝1.
1－sinα sinα sinα sinα
数学（YL）答案 （第 4 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}37 15
13、
180 37
【解析】由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D表示“迟到”，
1 1 1 1
则P(A)＝P(B)＝P(C)＝ ，P(D|A)＝ ，P(D|B)＝ ，P(D|C)＝ .
3 4 5 6
1 1 1
1 ＋ ＋ 37
P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝ × 4 5 6 ＝ .
3 180
解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得
1 1
×
P（AD） P（A）P（D|A） 3 4 15
他自驾去上班的概率是P(A|D)＝ ＝ ＝ ＝ .
P（D） P（D） 37 37
180
1
4 15
解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率P＝ ＝ .
1 1 1 37
＋ ＋
4 5 6
7 7 3
－2，－ － ，－
14、 4 ∪ 4 4
【解析】 由题意可知，函数f(x)的图象如图所示，根据函数图象，
函数f(x)在(－∞，－1)，(0，1)上单调递增，在(－1，0)，(1，＋∞)上单调递减，
故当x＝±1时取得最大值2，当x＝0时取得最小值0，
3
直线y＝ 是该图象的渐近线．令f(x)＝t，
2
则关于x的方程[f(x)]2＋2af(x)＋b＝0(a，b∈R)可写成t2＋2at＋b＝0，
此时关于t的方程应该有两个不相等的实数根，
设t，t为方程的两个实数根，
1 2
显然，有以下两种情况符合题意：
3 3 3 7 7 3
0， ，2 ， － ，－
①当t∈ 2 ，t∈ 2 时，－2a＝t＋t∈ 2 2 ，则a∈ 4 4 ；
1 2 1 2
3 7 7
，2 ，4 －2，－
②当t＝2，t∈ 2 时，－2a＝t＋t∈ 2 ，则a∈ 4 .
1 2 1 2
7 7 3
－2，－ － ，－
综上可知，实数a的取值范围是 4 ∪ 4 4
四、解答题（本题共6小题，共70分）
15、（1）由题设(n1)2(S S )(2n1)S 2 ，则(n1)2S n2S 2，
n1 n n n1 n
又12S a 3，故{n2S }是首项为3，公差为2的等差数列，
1 1 n
2n1
所以n2S 32(n1)2n1，则S  .
n n n2
数学（YL）答案 （第 5 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}1 1 1 1
（2）由（1）得b   (  )，
n (2n1)(2n1) 2 2n1 2n1
1 1 1 1 1 1 1 1 n .
所以T  (1     ) (1 )
n 2 3 3 5 2n1 2n1 2 2n1 2n1
16、（1）PBC为等边三角形，D为PC中点，
BDPC，
又 BDPA，PAPCP，PA，PC平面PAC，
BD平面PAC，
 AC平面PAC，
 ACBD，
取BC中点G，连接PG，
PBC为等边三角形，
PGBC，
平面PBC 平面ABC，平面PBC 平面ABCBC，PG平面PBC.
 AC平面ABC，
PGAC，
 BD与PG相交，BD，PG平面PBC，
 AC平面PBC；
（2）以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C且与GP平行的直线为z
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
C0,0,0，B0,2,0，P  0,1, 3  ，D  0, 1 , 3 ，E   0, 3 , 3  ，
   
 2 2   2 2 
设Fa,0,00a1，则
   1 3
DE 0,1,0，DF a, , ，
 
 2 2 
r
设平面DEF的一个法向量为n x,y,z，
  y0
 nDE0 
则   ，所以 1 3 ，
nDF 0 ax y z 0
 2 2
数学（YL）答案 （第 6 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}y0
取x 3，可得 ，
z2a
  
n 3,0,2a 为平面DEF的一个法向量，

取平面ABC的一个法向量为m0,0,1，
 
  mn 2a 1
则cos m,n      ，
m n 34a2 2
1 1
解得a ，此时CF  ，
2 2
π 1
在线段AC上存在点F使得平面DEF与平面ABC的夹角为 ，且CF  .
3 2
17、（1）设事件A为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为7,10 厘米”，
根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为7,10 厘米,
20 1
所以PA估计为  ；
40 2
（2）设事件B为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为7,10 厘米”，
设事件C为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为7,10 厘米”，
16 2 12 3
根据题中数据，PB估计为  ， PC估计为  ，
40 5 40 10
根据题意，随机变量X 的所有可能取值为0,1,2.3，且
PX 0P  ABC  P  A  P  B  P  C    1 1   1 2   1 3   21 ；
 2  5  10 100
PX 1P  ABCABCABC  PAP  B  P  C  P  A  PBP  C  P  A  P  B  PC 11 ；
25
PX 2P  ABCABCABC PAPBP  C PAP  B  PCP  A  PBPC 29 ；
100
3
PX 3PABCPAPBPC ，
50
则X 的分布列为：
数学（YL）答案 （第 7 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}X 0 1 2 3
21 11 29 3
P
100 25 100 50
21 11 29 3 6
所以EX 0 1 2 3  .
100 25 100 50 5
（3）DD D
1 3 2
29 11
理由如下：P 1 ,P 0 ，
1 40 1 40
2 2
29 11 29  29  29  29  11 319
所以E 1 0  ,D  1    0    ；
1 40 40 40 1  40  40  40  40 1600
20 1 1
P 1  ,P 0 ，
2 40 2 2 2
2 2
1 1 1  1 1  1 1 1 400
所以E 1 0  ,D 1    0     ；
2 2 2 2 2  2 2  2 2 4 1600
25 5 3
P 1  ,P 0 ，
3 40 8 3 8
2 2
5 3 5  5  5  5  3 15 375
所以E 1 0  ,D  1    0     ；
3 8 5 8 3  8  8  8  8 64 1600
所以DD D.
1 3 2
18、（1）因为虚轴长2b2，所以b1.
又因为点A4,1在双曲线上，所以 16  1 1 ，
a2 b2
解得a2 8.
x2
故双曲线C的方程为 y2 1 .
8
（2）证明：如下图所示：
设Sx ,y ,x 4，则Tx ,y 
0 0 0 0 0
数学（YL）答案 （第 8 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}y 1 y 1 1y2
所以 k k  0  0  0
AS AT x 4 x 4 16x2
0 0 0
因为Sx ,y 在双曲线C上，所以 x 0 2 y2 1 ，可得 1y2 2 x 0 2 ；
0 0 8 0 0 8
x2
2 0
于是 k k  1y 0 2  8  1，
AS AT 16x2 16x2 8
0 0
所以直线AS和直线AT 的斜率之积为定值，定值是 1 .
8
（3）证明：设Px,y ,Qx ,y ，直线 PQ 的方程为ykx1，如下图所示：
1 1 2 2
ykx1
联立
x2
，消去x整理可得 18k2 x216kx160①
 y2 1
 8
则Δ(16k)24  18k2 1664256k2 0,
2
所以 y  y kx 1kx 1kx x 2 ②
1 2 1 2 1 2 18k2
y y kx 1kx 1k2xx kx x 11③
1 2 1 2 1 2 1 2
直线AP的方程为 y y 1 1 x41 ，令 y0 ，得点M 的横坐标为 x  x 1 4 4 ；
x 4 M y 1
1 1
同理可得点N的横坐标为 x  x 2 4 4 ；
N y 1
2
x 4 x 4 x y x y x x 4y  y 8
所以 x x  1  2 8 1 2 2 1 1 2 1 2 8
M N y 1 y 1 y 1y 1
1 2 1 2
x kx 1 x kx 1 x  x 4 y  y 8
 1 2 2 1 1 2 1 2 8
y y  y  y 1
1 2 1 2
2kxx 2x x 4 y  y 8
 1 2 1 2 1 2 8.
y y  y  y 1
1 2 1 2
将①②③式代入上式，并化简得到
数学（YL）答案 （第 9 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}88
 18k2
x x  8 4 8 4,
M N 22  18k2
x x
所以MN的中点的横坐标为x M N 2，
2
故MN的中点是定点2,0.
19、（1）若a12，可得 f  x  x4 12xlnx，则 f x 4x312lnx12，
即g

x
 f
x
4x312lnx12，
12 (x1)(x2x1)
可得g x 12x2 12 ，
x x
当x1,3 e 时，g x 0，所以y  g  x  在1,3 e上单调递增，
   
又由g(3 e)4e160，所以g

x
0，即 f
x
0，
所以函数 y f  x  在1,3 e上单调递减，
 
所以 f  x   f  1 1，即函数 f  x  的最大值为1.
max
g(x )g(x )
（2）解：由P  x ,g  x  ,Q  x ,g  x  ，可得k  1 2 ，
1 1 2 2 x x
1 2
g
x
g
x

因为k  1 2 ，
2
所以对任意x ,x [1,)且x  x ，
1 2 2 1
g(x )g(x )
g
x
g
x

都有 1 2  1 2 ，
x x 2
1 2
因为 f  x  x4 axlnx，可得g  x  f x 4x3alnxa，
a
则g x 12x2  ，
x
x
对任意x ,x [1,)且x  x ，令 1 t(t 1)，
1 2 2 1 x
2
则  x x  g x g x  2g  x g  x 
 
1 2 1 2 1 2
 x x   12x2  a 12x2  a  2  4x3alnx 4x3alnx 
1 2  1 x 2 x  1 1 2 2
1 2
数学（YL）答案 （第 10 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}x x x
4x34x312x2x 12x x2 a( 1 2)2aln 1
1 2 1 2 1 2 x x x
2 1 2
1
4x3(t33t2 3t1)a(t 2lnt)0 对于x [1,),t(1,) 恒成立，
2 t 2
由4x3(t3 3t2 3t1) x3(t1)3 (t1)2
2 2
1
则4(t1)3a(t 2lnt)0 对于t(1,)恒成立，
t
1
记 t 4(t1)3a(t 2lnt) ，
t
(t1)2 12t2 a
可得 t 12(t1)2a (t 1)2 ，
t2 t2
①若a12，则
t
0，
t
 在(1,)单调递增，所以
t

1
0，符合
题意；
a a
(t )(t )
②若a12，则

t
12(t1)2 12 12
，
t2
当t(1,
a
)时， t 0， t  在(1,)单调递减；
12
当t(
a
,)时， t 0， t  在(1,)单调递增，
12
所以，当t(1,
a
)时，
t

1
0，不符合题意（舍去），
12
综上可得，a12，即实数a的取值范围为[12,).
数学（YL）答案 （第 11 页，共 11 页）
{#{QQABRQYUoggAAJBAARgCQQUCCkIQkBGCCCoOABAMoAAByQNABAA=}#}