湖北省武汉市武昌区2023-2024学年高三下学期5月质量检测（二模）数学试卷(含答案)

这是一份湖北省武汉市武昌区2023-2024学年高三下学期5月质量检测（二模）数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若复数z满足，则的虚部为( )
A.B.C.D.
2．已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则( )
A.B.
C.展开式的常数项为D.的展开式中各项系数的和为1
3．已知，向量，，且，则在上的投影向量为( )
A.B.5C.D.
4．已知等差数列的前n项和为，若，，则( )
A.288B.144C.96D.25
5．已知函数，则关于x的不等式的解集为( )
A.B.C.D.
6．灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4cm，圆柱的底面圆直径为24cm，则该灯笼的体积为（取）( )
A.32000cm3B.33664cm3C.33792cm3D.35456cm3
7．已知抛物线的焦点为F，过F作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为M，N，若和的面积分别为8和4，则的面积为( )
A.32B.16C.D.8
8．设，，，则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.将一组数据的每一个数减去同一个数后，新数据的方差与原数据方差相同
B.线性回归直线一定过样本点中心
C.线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强
D.在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
10．下列说法正确的是( )
A.若，则B.的最小值为2
C.，，D.的最小值为2
11．已知无穷数列中，，，…，是以10为首项，以为公差的等差数列，，，…，是以为首项，以为公式的等比数列，对一切正整数n，都有.设数列的前n项和为，则( )
A.当时，B.当时，
C.当时，D.不存在m，使得成立
三、填空题
12．已知函数的定义域为，则函数的定义域为____________.
13．函数的部分图象如图所示，则____________.
14．已知动点的轨迹方程为，其中，则的最小值为______________.
四、解答题
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）已知，求的最大值.
16．如图，在四棱锥中，平面平面，，，.
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
18．已知点P是圆上的动点，，M是线段上一点，且，设点M的轨迹为C.
（1）求轨迹C的方程；
（2）设不过原点的直线l与C交于A，B两点，且直线，的斜率的乘积为.平面上一点D满足，连接交C于点N（点N在线段上且不与端点重合）.试问的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由.
19．利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将化为分数是这样计算的：设，则，即，解得.
这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用.
已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜m局指的是一方比另一方多胜局.
（1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率；
（2）如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局.设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为.
①求甲获胜的概率；
②求.
参考答案
1．答案：D
解析：，
则，则其虚部为，
故选：D.
2．答案：D
解析：由题可知，，则.则AB错误；
展开式中的第项为.
令，得，则，故C错误；
令得，则的展开式中各项系数的和为1，
故选：D.
3．答案：C
解析：由，则有，即，
则，故.
故选：C.
4．答案：B
解析：由题意，即，解得.
于是.
故选：B.
5．答案：A
解析：由，故在R上单调递增，
由，有，即.
故选：A.
6．答案：B
解析：该灯笼去掉圆柱部分的高为cm，则cm，
由圆柱的底面圆直径为24cm，则有，
即，可得，则，
.
故选：B.
7．答案：C
解析：设直线，
代入抛物线方程，消元可得，
设，，则，，
，
，
，
于是，即，
.
故选：C.
8．答案：A
解析：令，易求，
当时，，所以在单调递增，
所以，所以，即，所以.
令，，
则，，
令，，则，
因为，则，，，，
可得，则，
所以在内单调递增，则，
即在内恒成立，则在内单调递增，
可得，即，所以，
综上所述：.
故选：A.
9．答案：ABD
解析：对A：由方差的性质可知，将一组数据的每一个数减去同一个数后，
新数据的方差与原数据方差相同，故A正确；
对B：由，故线性回归直线一定过样本点中心，故B正确；
对C：线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，故C错误；
对D：在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
其模型的拟合效果越好，故D正确.
故选：ABD.
10．答案：AD
解析：对于A，若，则，A正确;
对于B，或，因为不知道和0的大小关系，B错误；
对于C，若，，则，而
，但是与0的大小不能确定，故C错误；
对于D，，当且仅当，即取等号，D正确.
故选：AD.
11．答案：ABD
解析：等差数列通项公式：，m，且，
等比数列通项公式：，m，且，
对一切正整数n，都有，数列为周期数列，周期为，
当时，，A选项正确；
当时，由题意知，是等差数列中的项，在等差数列中，令，得，
对一切正整数n，都有，则有，，
解得，B选项正确；
当时，由题意知，4是等差数列中的项，在等差数列中，令，得，
对一切正整数n，都有，则有，，
得，方程有多组解，如等等，C选项错误；
，
若，
则有，
令，函数图象抛物线对称轴，
所以在或时取最大值，
令，则，
所以不可能成立，
即不存在m，使得，D选项正确.
故选：ABD.
12．答案：
解析：由函数的定义域为，则有，
令，解得.
故答案为：.
13．答案：
解析：令，则，
根据图象得为函数零点，零点左右函数为上升趋势，
则，，
则，，因为，则，，
故答案为：.
14．答案：/
解析：令，则且，
则，
当且仅当，取等号.
故答案为：.
15．答案：（1）
（2）
解析：（1），
由正弦定理得，
，即，
所以，
，，，
，.
（2）由正弦定理，得，
，
又，为锐角，最大值为，
的最大值为.
16．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）如图，取的中点E，连接，
因为，，
所以四边形为平行四边形.
因为，所以四边形为菱形，
所以，即点A在以为直径的圆上，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面
因为平面，所以.
（2）由（1）可知平面，
因为，取中点为O，连，所以.
因为，O为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以，，两两互相垂直，
以点O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
由得，
取，得，，则，
设平面的法向量为，由得，
取，得，，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.
17．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1），
若，，上单调递减；
若，当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增.
（2）若，在上单调递减，
至多一个零点，不符合题意.
若，由（1）可知，的最小值为
令，，所以在上单调递增，
又，当时，，至多一个零点，不符合题意，
当时，
又因为，结合单调性可知在有一个零点，
令，，当时，单调递减，当时，单调递增，的最小值为，所以，
当时，
，
结合单调性可知在有一个零点，
综上所述，若有两个零点，a的范围是.
18．答案：（1）
（2）是，
解析：（1）因为，
所以点M的轨迹是以点E，F为焦点的椭圆，
设，则，即.
由知，
所以点M的轨迹C的方程为.
（2）设，，则由，得.
因为点A，B均在曲线C上，所以，
同向相乘得，
整理得：，
又因为，所以，
所以，
设，则，
又因为点N在曲线C上，所以，
整理得：，
又因为，，
代入上式得：，即，
又因为，所以，
所以.
19．答案：（1）
（2）①；②
解析：（1）4局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局甲胜，概率为；
4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局乙胜，概率为，
所以恰好4局结束比赛的概率.
（2）①在甲在净胜-2局前提下，继续比赛一局：
若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛获胜的概率为；
若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，
根据全概率公式，，同理，，，，
由，，得，与联立消去，
得，又，，即，因此，
所以甲获胜的概率为.
②在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局：
若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛至结束，还需要局，共进行了局；
若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，共进行了1局，
则，即，
同理，即，
，即，
，即，
，即，
联立与，得，
联立与，得，
代入，得，
所以.