湖北省普通高中2024届高三下学期5月联合质量测评数学试卷（Word版附解析）

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本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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. 以下数据为某学校参加数学竞赛10人的成绩：（单位：分）72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，则这10个成绩的第75百分位数是（ ）
A 90B. 89C. 88D. 88.5
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】从小到大排序这10个数据为72，78，80，81，83，86，88，90，91，92，
因为，所以这10个成绩的第75百分位数是第8个数90.
故选：A.
2. 在复平面内，若，则对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的四则运算可得，结合复数的几何意义运算求解.
【详解】因为，可得，
所以对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
3. 已知是等差数列的前项和，若，，则数列的首项（ ）
A. 3B. 2C. 1D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件，利用等差数列通项与前项和基本量计算，列方程组求出首项和公差.
【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，即，所以，
又因为，可得，即，联立解得，.
故选：B.
4. 已知某函数的部分图象如图所示，则下列函数中符合此图象的为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法，根据选项代特值检验即可.
【详解】设题设函数为，由选项可知：ABCD中的函数定义域均为，
对于选项D：若，但此时，矛盾，故可排除D；
对于选项C：若，但此时，矛盾，故可排除C；
对于选项B：若，但此时，矛盾，故可排除B.
故选：A.
5. 若正数，满足：，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件等式及均值不等式求解即可.
【详解】因为，为正数，所以，
因为，所以，
所以，所以，当且仅当，时，取等号.
故选：B.
6. 在中，已知，，，若存在两个这样的三角形，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理可得，分析可知关于A的方程：在有两解，结合正弦函数图象分析求解.
【详解】由正弦定理可得，
由题意可知：关于A的方程：在有两解，
在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，

因为它们有两个不同的交点，所以，所以.
故选：C.
7. 在直角坐标系中，绕原点将轴的正半轴逆时针旋转角交单位圆于点、顺时针旋转角交单位圆于点，若点的纵坐标为，且的面积为，则点的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数定义求出，利用三角形面积公式求出，进而求出，再利用差角的正弦求出即可得解.
【详解】由点的纵坐标为，得，，显然，
而，即，又，
因此， ，有，
，显然点在第四象限，
所以点的纵坐标为.
故选：B
8. 已知函数，为的反函数，若、的图像与直线交点的横坐标分别为，，则下列说法正确的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，由条件可得，由其单调性即可判断AB，再由零点存在定理即可判断C，构造函数，求导可得其单调性即可判断D
【详解】由题意得且，而可变形为，
令，在上单调递增，
则，故，所以，所以A错误；
由可得，，所以B错误；
由于，，
结合在上单调递增，由零点存在性定理得，故C错误；
由，令，，
因为，所以，所以在时单调递减，
所以，所以，即，所以D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数单调性以及零点问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，利用导数研究函数性质.
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. 已知集合，，集合满足，则（ ）
A. ，B. 集合可以为
C. 集合的个数为7D. 集合的个数为8
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意可确定C的元素情况，由此一一判断各选项，即可得答案.
【详解】由题意得，，又.
所以，，故A正确；
当时，不满足，B错误，
集合的个数等价于集合的非空子集的个数，
所以集合的个数为，故C正确，D错误，
故选：AC.
10. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，又，，且直线，的斜率之积为，则（ ）
A.
B.
C. 的离心率为
D. 若上的点满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由斜率之积为-1可得B正确；由B和椭圆的性质可得A错误；由关系可得C正确；由椭圆的性质结合三角形面积公式可得D正确.
【详解】B选项：因为，即，故，故B正确；
A选项：由得，，为等比数列，若A成立，则为等差数列，即，，为常数列，显然不成立，故A错误；
C选项：因为，，所以.
方程两边同除以得，，解得，负值舍去，
故离心率为，故C正确；
D选项：由椭圆定义得，，两边平方得，
因为，由余弦定理可得，
两式相减得，
所以，，
又，且，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD

11. 在正四棱柱中，点，分别为面，面的中心.已知与点关于平面对称的点在棱柱的内部（不含表面），并记直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，对所有满足上述条件的正四棱柱，下列关系式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】不妨设，，分别取棱，，，的中点为，，，，则点关于平面对称的点，即为与点关于直线对称的点，记为，再分、、三种情况讨论，从而确定的位置，即可得到的范围，即可判断A、B；根据正四棱柱的性质可知为直线与平面所成的角，即可得到，从而判断C；（或补角）即为直线与所成的角，再由锐角三角函数求出的范围，即可判断D.
【详解】由题意，不妨设，，分别取棱，，，的中点为，，，，
易知，，，，五点共面，且为线段的中点.
因为平面，且平面平面，
又平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，所以平面平面，
所以点关于平面对称的点，即为与点关于直线对称的点，记为.
当时，即为棱的中点，在棱柱表面，不符题意，舍去；
当时，，由对称性，，此时矩形外，故在棱柱外部，不符题意，舍去；
当时，，由对称性，.
且由平面几何知识易得在内，所以在棱柱内部，符合题意.
综上所述，，所以，A选项错误.
因为，所以B选项正确.
在正四棱柱中，平面与平面平行，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
又平面，则为直线与平面所成的角，
所以.
所以在中，.
因为，，，，，
所以，C选项正确.
在正四棱柱中，.
所以（或补角）即为直线与所成的角且，，，
则在等腰中，取棱的中点为，，
因为，，，，
所以，而，所以D选项错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题关键是确定的取值范围，将点关于面对称的点，转化为点关于线对称问题，另外一个就是准确的找到线面角，线线角.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数，设为的最小正周期，若，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】由，代入函数解析式中，结合，可得的值.
【详解】函数，最小正周期，
由于，，
又，可得.
故答案为：.
13. 展开式中项的系数为________.
【答案】30
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，即可求出指定项的系数.
【详解】展开式的通项表达式为，
当时，，
.
故答案为:30.
14. 已知正方形的边长为，两个点，（两点不重合）都在直线的同侧（但，与在直线的异侧），，关于直线对称，若，则面积的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，由求出点轨迹，由轨迹特征求点到直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围.
【详解】以为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
设，，所以，，
因为，所以，即位于双曲线的右支上，渐近线方程为或，
直线与直线：的距离为，即点到直线的距离的取值范围是，
又，所以面积的取值范围是.
因为不重合，故不重合，故面积不为，

故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数，其中为常数.
（1）过原点作图象的切线，求直线的方程；
（2）若，使成立，求的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；
（2）由题意，将其等价转化为在有解，即只需求在上的最小值，利用导数分析推理即得的最小值.
【小问1详解】

设切点坐标为，则切线方程为，
因为切线经过原点，所以，解得，
所以切线的斜率为，所以的方程为.
【小问2详解】
，，即成立，
则得在有解，
故有时，.
令，，，
令得；令得，
故在单调递减，单调递增，
所以，
则，故的最小值为.
16. 某基层工会拟通过摸球的方式对会员发放节日红包.现在一个不透明的袋子中装有5个都标有红包金额的球，其中有2个球标注的为40元，有2个球标注的为50元，有1个球标注的为60元，除标注金额不同外，其余均相同，每位会员从袋中一次摸出1个球，连续摸2次，摸出的球上所标的红包金额之和为该会员所获得的红包总金额.
（1）若每次摸出的球不放回袋中，求一个会员所获得的红包总金额不低于90元的概率；
（2）若每次摸出的球放回袋中，记为一个会员所获得的红包总金额，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，96
【解析】
【分析】（1）利用正难则反的原则即可得到答案；
（2）按步骤得到分布列，再利用期望公式即可得到答案.
【小问1详解】
设事件“一个会员所获得的红包总金额不低于90元”，
因为每次摸出的球不放回袋中，所以.
【小问2详解】
由已知得，，
因为每次摸出的球放回袋中，所以每次摸出40元、50元和60元红包的概率分别为，，，
所以，，
，
，，
所以得分布列为
所以.
17. 如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若为的中点，，圆锥的体积为.
（1）求证：；
（2）若圆上的点满足，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面，证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，所以，
底面圆，而底面圆，则，
，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
因为，圆锥的体积为，所以，所以，
因为，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
即平面的法向量为，
显然，
又底面圆，底面圆，
所以，
所以，，两两垂直，
以为原点，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，
由题意，
点在圆上，则，如图所示，
在中，，则，
过作轴的垂线，垂足为，
有，，则，
得，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，
令，则，所以，
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知为抛物线：的焦点，，，是上三个不同的点，直线，，分别与轴交于，，，其中的最小值为4.
（1）求的标准方程；
（2）的重心位于轴上，且，，的横坐标分别为，，，是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，定值1.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义可得的最小值为通径时，可求得的值；
（2）设直线的方程为与抛物线联立方程组，结合的重心位于轴上，求得，又，解得，同理可得，又由运算得，运算得解.
【小问1详解】
因为直线通过抛物线的焦点，所以线段为抛物线的焦点弦，
如图，设，，线段的中点，
由抛物线的定义可得，
由平面几何的性质得当且仅当轴时，取得最小值为，所以，
所以抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
依题知直线倾斜角不为0，则设直线的方程为.
设，，，
由，得，则，
因为的重心位于轴上，所以，
所以，，所以，
，，
因为A，E，C三点共线，所以，
所以，
显然，解得，，同理可得，
又
，
则
，所以为定值1.
【点睛】思路点睛：本题第二问，根据题意设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，结合的重心位于轴上，即，解得，再利用，，可得，，结合三角形重心的坐标公式，代入运算得解.
19. 数列满足则称数列为下凸数列.
（1）证明：任意一个正项等比数列均为下凸数列；
（2）设，其中，分别是公比为，的两个正项等比数列，且，证明：是下凸数列且不是等比数列；
（3）若正项下凸数列的前项和为，且，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列新定义即可证明结论；
（2）根据定义只需证明即可，从而结合正项等比数列的性质即可证明；利用反证法可证明不是等比数列；
（3）先用反证法证明不可能从某一项开始单调递增，可得出，令，，可推出，即得，从而，利用累加法即可证明结论.
【小问1详解】
设正项等比数列的公比为，
则，即，
所以任意一个正项等比数列为下凸数列.
【小问2详解】
显然，
，
所以正项数列为下凸数列.
下面证明：正项数列不是等比数列.
若是等比数列，则，
所以，
因为数列，分别为两个正项等比数列，
所以，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，与矛盾，
所以数列不是等比数列.
【小问3详解】
假设存在一个常数，使得，但，
因为，所以，
将中的换成得，.
进一步得，.
又，由不等式的可加性得，，
同理可得，，
所以，
所以数列从项到项单调递减，从项开始向后单调递增，
所以，
因为该规律是固定的，且，
所以当足够大时，必有，与题设矛盾，
所以不可能从某一项开始单调递增，所以，
令，，
由得，，
所以
所以，
即，
进一步得，，
所以，
，
，
，
相加得，
所以.
【点睛】难点点睛：本题考查了数列的新定义问题，解答时要注意理解新定义的含义，难点在于（3）中数列不等式的证明，解答时要首先利用反证法说明不可能从某一项开始单调递增，然后结合新定义以及数列的单调性进行求解.
80
90
100
110
120