2024湖北省高中名校联盟高三上学期第一次联合测评数学试题含答案

这是一份2024湖北省高中名校联盟高三上学期第一次联合测评数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了设命题p，已知，分别是椭圆等内容，欢迎下载使用。

湖北省高中名校联盟2024届高三第一次联合测评
数学
本试卷共4页，22题。满分150分。考试用时120分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，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。回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
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，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.从长度为2，4，6，8，10的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率是（ ）
A. B. C. D.
4.设命题p：若数列是公差不为0的等差数列，则点必在一次函数图象上；命题q：若正项数列是公比不为1的等比数列，则点必在指数函数图象上.下列说法正确的是（ ）
A.p、q均为真命题 B.p、q均为假命题 C.p真q假 D.p假q真
5.某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3，0.3，0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是（ ）
A.0.16 B.0.31 C.0.4 D.0.32
6.已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C.牛奶的温度降至还需 D.牛奶的温度降至还需
7.已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8.记，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.已知一组样本数据，，…，（）均为正数，且.，若由生成一组新的数据，，…，，则这组新数据与原数据的（ ）可能相等.
A.极差 B.平均数 C.中位数 D.标准差
10.已知O为抛物线的顶点，直线l交抛物线于M，N两点，过点M，N分别向准线作垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（ ）
A.若直线l过焦点F，则N，O，P三点不共线
B.若直线l过焦点F，则
C.若直线l过焦点F，则抛物线C在M，N处的两条切线的交点在某定直线上
D.若，则直线l恒过点
11.已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A.正四面体的外接球表面积为
B.正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C.正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D.正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
12.若是定义在R上的偶函数，其图象关于直线对称，且对任意，，都有，则下列说法正确的是（ ）
A.一定为正数 B.2是的一个周期
C.若，则 D.若在上单调递增，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.的展开式中的系数是______.
14.已知的两条直角边分别为3，4，以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体体积是______.
15.小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（，），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（，）比第层的“环境满意度”多出；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（，）比第层的“高层恐惧度”高出倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为，，记小王对第k层“购买满意度”为，且，则小王最想买第______层住宅.
（参考公式及数据：，，，）
16.已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知函数.
（Ⅰ）若函数是偶函数，求实数m的值；
（Ⅱ）若，使得.成立，求实数m的取值范围.
18.（12分）
西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.
（Ⅰ）现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；
（Ⅱ）以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.
19.（12分）
如图，在四棱柱中，底面和侧面均为矩形，，，，.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值.
20.（12分）
已知数列满足，
（Ⅰ）判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
（Ⅱ）若数列的前10项和为361，记，数列的前n项和为，求证：.
21.（12分）
已知双曲线与直线有唯一的公共点M.
（Ⅰ）若点在直线l上，求直线l的方程；
（Ⅱ）过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于，y轴于两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点使得为定值.
22.（12分）
已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
（Ⅲ）若，求证：.

湖北省高中名校联盟2024届高三第一次联合测评
数学试卷参考答案与评分细则
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
B
A
C
B
D
C
D
BC
BCD
ABD
BCD
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.
1.A【解析】由，，得.故选A.
2.B【解析】，故选B.
3.A【解析】从5条线段中任取3条，可能的情况有：，，，，，，，，，共有10种可能，其中，能构成三角形的只有，，共3种可能，所以，能构成三角形的概率为.选A.
4.C【解析】若数列是公差不为0的等差数列，则，故点必在一次函数图像上，故p真；若，则数列是公比为2的等比数列，，不恒在指数函数图像上，故q假.故C正确.
5.B【解析】设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，则，，，，，，，由全概率公式得：.选B.
6.D【解析】由条件及公式，得，故，AB错误；又由，，得，故牛奶的温度从降至需，从降至还需.故选D.
7.C【解析】连接，设，则，，
在中
，，
，
在中，，
，又，，故选C.
8.D【解析】设，则在R上单调递增，故，即；设，，则，
在.单调递减，故，即；综上得，，故D正确.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.BC【解析】极差分别为和，，，故A错误；由知，当时，平均数相等，故B正确；当时，中位数分别为与，同理可知当时，中位数相等，当时，中位数分别为与，同理可知当时，中位数相等，故C正确；由.，知，，标准差不可能相等，故D错误.综上，选BC.
10.BCD【解析】设直线，联立方程，得
设，，则
选项A若直线l过焦点F，则
，，
又
，，三点共线，A错

选项B由抛物线的定义和平行线的性质知：
，
又，，所以B对；
选项C抛物线C在点M处的切线为
抛物线C在点N处的切线为，联立得
解得：
抛物线在点M，N处的切线的交点在定直线上，所以C对

选项D因为，，
将韦达定理代入得：
所以直线l恒过点，所以D对
11.ABD【解析】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，设为R，则：，所以，所以A对
B.设四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，设四面体的高为
d，由等体积法可得：，所以为定值.所以B对
C.设中点为D，连接，，则为求，，所以正弦值为，所以C错
D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球在四面体内切球内部，当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体为a，则，所以，故体积，所以D对
因此：正确答案为ABD
12.BCD【解析】因为符合条件，故A.错误；因为偶函数的图象关于直线对称，所以，故B正确；因为对任意，，都有，所以对任意，取得；若，即，故，由2是的周期得，故C正确；假设，由及，，得，，故.这与在.上单调递增矛盾，故D正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.-40【解析】，所以的系数为
14.【解析】由勾股定理知斜边为5，斜边上的高为，该几何体为两个同底面的圆锥，底面半径为，两个圆锥的高之和为5，所以该几何体体积为
15.10
【解析】依题意，，且，；，所以




.
【注】利用，（）求解更易.
，故小王对第k层住宅的购买满意度.
【方法一】由.即解得，所以同理有，小王最想购买第10层住宅.
【方法二】设，，则故时单调递增；时单调递减.由于，故最大，小王最想购买第10层住宅.
16.【解析】设
则，

取，
则
此时，直线：
令，则，
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解析】（Ⅰ）由函数是偶函数知，.
故，即，
化简得，恒成立.
故，实数m的值为1.
（Ⅱ）若，使得，则，
即，能成立.
于是，，
由指数函数单调性，得
故实数m的取值范围为.
【方法二】若，使得，则，
即，能成立.
于是，，，
由指数函数单调性，得
解得，故实数m的取值范围为.
18.【解析】（1）设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，
则；因此，从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为，
（2）由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，
由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则
，，
，，
所以的分布列为

0
1
2
3
P




.
19.（Ⅰ）证明：四边形和四边形均为矩形，
，
又平面
平面，
，.

（Ⅱ）设，

，
，，
过C点作垂直交于点M，由（1）可知平面，
平面
，
平面，设与平面所成的角为，
又，
平面，到平面的距离等于3
在平行四边形中，
，
，
与平面所成角的正弦值，
20.【解析】（Ⅰ）数列成等比数列.
根据得；
，，，即数列成等比数列.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，，
故
由，得.
显然，，单调递增，且，
故，，.
，，
当时，

综上，知.
21.【解析】（1）联立，则
又点在直线上，所以：，
时，，则：
所以：，即，则
当时，；所以：直线l的方程：
（Ⅱ）联立，则，
因为，M是双曲线与直线的唯一公共点，
所以，化简得，
解得点M的坐标为，即为
于是，过点M且与l垂直的直线为，
可得，，，
即，，
于是
即P的轨迹方程为：
所以存在定点，，使得当点M运动时，为定值13
22.【解析】（Ⅰ）函数的定义域是.
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得在的值域为，
在上的值域为.注意到，.
不妨设则欲证，即证.
由于由（Ⅰ）得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即
【方法一】令，.
，
由，在单调递增，得
单调递增且.
由于，故满足.
由单调递增知：
当时，.单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证.
【方法二】（重新同构）

令，即，证：，
由于，从而.
故要证成立，只需在单调递增成立即可.
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立.
【方法三】（比值代换）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证：
【方法四】（切、割线放缩）1、由于故，即；
2、由方法二知，，
故，即，故，；
由1、2知，故成立，原命题成立.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知.
（1）当时，在上单调递增，故.
（2）当时，由，取，
得（）时，