湖北省黄冈市浠水县第一中学2023-2024学年高三下学期第二次模拟考试 数学试题

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1．A【详解】由x≥03−x>0⇒x≥0x<3⇒0≤x<3，所以B=xy=x+lg3(3−x)=x0≤x<3，故A∩B=0,1,2，故选：A
2．C【详解】由题意可得：a−i1+i5=a−i1+i=a−i1−i1+i1−i=a−12−a+12i，因为复数a−i1+i5在复平面内对应的点在虚轴上，则a−12=0，解得a=1. 故选：C.
3．B【详解】由题可知：直线l1：x﹣ay+3＝0，直线l2：ax﹣4y+5＝0，当直线l1,l2平行时：1×−4−−a×a=0且1×5−3a≠0，则a=±2，所以当a≠±2时，直线l1：x﹣ay+3＝0与l2：ax﹣4y+5＝0相交，故“a≠2”是“直线l1：x﹣ay+3＝0与l2：ax﹣4y+5＝0相交”的必要不充分条件.故选：B
4．A【详解】由题知，每日德拉玛数依次构成等差数列{an}，设数列首项为a1，公差为d，则a1=4，d=5.则通项公式an=4+(n−1)×5=5n−1，a15=74，a8=39，则这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为：S15−S8=15(4+74)2−8(4+39)2=585−172=413.故选：A
5．B【详解】由题知PA、PB关于直线l:x+y−4=0对称，知OP⊥l，则OP=0+0−42=22,OA=1，记∠APB=2α，则∠APO=∠BPO=α，则sinα=OAOP=24，所以cs∠APB=cs2α=1−2sin2α=34．
故选：B．
6．B【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币2500次，设硬币正面向上的次数为X，则X∼B2500,12,EX=np=2500×12=1250,DX=np1−p=2500×12×1−12=625.
由题意X∼Nμ,σ2，且μ=EX=1250,σ2=DX=625=252，因为Pμ−2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，即P1250−2×25≤X≤1250+2×25≈0.9545，所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1200次的概率为PX≥1200=PX≥1250−2×25≈0.95452+0.5=0.97725. 故选：B.
7．D【详解】设∠PF1F2=θ，θ为锐角，因为F1M=2MP，F1P⋅F2P=0，所以PF1⊥PF2，PF1=32MF1，∴MF1=ccsθ，∴|PF1|=32|MF1|=3c2csθ，又|PF2|=2csinθ，
∴ |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，∴ 9c24cs2θ+4c2sin2θ=4c2，
∴9+16sin2θcs2θ=16cs2θ，∴9+16(1−cs2θ)cs2θ=16cs2θ，
∴9−16cs4θ=0，∴cs2θ=34，∴csθ=32（负值舍去），∴θ=30°，
∴|PF1|=32|MF1|=3c2csθ=3c，|PF2|=2csinθ=c，
∴双曲线C的离心率e=2c2a=|F1F2||PF1|−|PF2|=2c3c−c=3+1．故选：D．
8．C【详解】由题意知△ABD与△BCD均为等边三角形，连接AN，CN，则AN⊥BD，CN⊥BD，∠ANC是二面角A−BD−C的平面角，所以∠ANC=π3，又易知AN=CN，所以△ACN是等边三角形．设P为△BCD的外心，Q为CN的中点，连接OP,ON,AQ，则点O，P，Q都在平面ACN内，建立平面直角坐标系如图．设AN=NC=AC=2，则NP=23，∠ONP=π6，所以OP=239．又AQ=3，所以OP=29AQ，因为MO//CN，易知CM=29CA，则O23,239，M169,239，从而MO=109，λ=OMCN=59．

故选：C
9．ACD【详解】因为PB|A+PB|A=PAB+PABPA=PAPA=1，A正确，B错误；
由独立事件定义，若A，B独立，则P(AB)=P(A)P(B)，PA|B=PABPB=PA，C正确；
若A，B互斥，则PAB=0，PA|B=PABPB=0，PB|A=PABPA=0，D正确．故选：ACD
10．ACD【详解】由已知，抛物线C：y2=4x，∴p=2，p2=1，焦点F1,0，
不妨设为Ax1,y1，Bx2,y2，设A，B到准线的距离分别为dA，dB， 对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，x1≥0，直线l：x=my+1过焦点F1,0，∴由抛物线的定义FA=dA=x1+p2=x1+1≥1，故选项A正确；
对于B，y2=4xx=my+1消去x，化简得y2−4my−4=0（显然Δ>0），
则y1+y2=4m，y1y2=−4，∵y2=4x，∴x=y24，∴x1x2=y12y2216=1，
∵OA=x1,y1，OB=x2,y2，∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=1−4=−3<0，
∴cs∠AOB=csOA,OB=OA⋅OBOA⋅OB<0，∴∠AOB>π2，∴不存在实数m，使得∠AOB<π2，选项B错误；
对于C，AF=1−x1,−y1，FB=x2−1,y2，∵AF=2FB，∴1−x1,−y1=2x2−1,y2=2x2−2,2y2，∴−y1=2y2，又∵由选项B判断过程知y1+y2=4m，y1y2=−4，∴解得y1=22，y2=−2，m=24或y1=−22，y2=2，m=−24，∴若AF=2FB，则m=±24，选项C正确；
对于D，由题意，x1≠4，x2≠4，y1≠4，y2≠4，直线PA与PB的倾斜角互补时，斜率均存在，且kPA=−kPB，∴y1−4x1−4=−y2−4x2−4，代入x1=y124，x2=y224，化简得y1+y2+8=0，由选项B的判断知，y1+y2=4m，∴4m+8=0，∴m=−2，故选项D正确.故选：ACD.
11．AC【详解】由题意ex=1+2x−1有两个不等的实数根，ex=x+1x−1，x=lnx+1x−1，令ℎ(x)=x−lnx+1x−1，则ℎ(−x)=−x−ln−x+1−x−1=−ℎ(x)，即ℎ(x)为奇函数；当x>1时，ℎ′(x)=x2+1x2−1>0，ℎ(x)为增函数；若ℎ(x1)=0，则ℎ(−x1)=0，又ℎ(x2)=0，所以x1+x2=0.
对于A，y1y2=ex1ex2=ex1+x2=1，正确.
对于B，若y1x2=ex1x2=1e成立，则有x1x2=−1，与x1+x2=0矛盾，所以B不正确.
对于C，由指数均值不等式ex2−ex1x2−x1>ex1+x22可得ex2−ex1x2−x1>1，所以y2−y1x2−x1>1，C正确.
对于D，令F(x)=xex，F′(x)=x+1ex，当x>1时，F′(x)>0，F(x)为增函数，
所以F(x2)>F(1)=e，即x2y2>e，D不正确. 故选：AC.
【点睛】结论点睛：均值不等式的拓展：（1）对数型均值不等式：x1x2其中x1≠x2，x1>0,x2>0；（2）指数型均值不等式：ex1+x2212．14【详解】根据题意可知该组数据点x=17i=17xi=1，所以y=−2x+4=2，所以i=17yi=7y=14，故答案为：14
13．63 【详解】解：∵csC=13，∴sinC=223，设△ABC外接圆半径为R．则2R=csinC=8223=122=62，
得R=32，则a+b=2R(sinA+sinB)=62[sinA+sin(A+C)]=62(sinA+sinAcsC+sinCcsA)=62(43sinA+223csA)=62×223(63sinA+33csA)=83sin(A+φ)，其中，csφ=63，sinφ=33．当sin(A+φ)=1．即A+φ=π2时，a+b取得最大值，此时A=π2−φ．所以sinA=sin(π2−φ)=csφ=63. 故答案为：63
14．15【详解】令x=1可得，an=5n−2n，nan5n=n−n25n，设fx=lnxxx≥1，则f′x=1−lnxx2，
令f′x=0，得x=e. 当x∈1,e时，f′x>0，函数f(x)单调递增；当x∈e,+∞时，f′x<0，函数f(x)单调递减．则lnxx≤1e<12=lne故0=1+2+⋯+(n−1)=n2−n2，则(n−t)2+(bn+c)2的几何意义为点(n,n2−n2)(n∈N∗)到点(t,3−2t)的距离的平方，∴最小值即点(n,n2−n2)(n∈N∗)到y=3−2x的距离的平方，y=12x2−x与y=3−2x的交点横坐标x0=33−32∈1,2，且点1,0到直线y=3−2x的距离d1=2−322+12=15，点2,1到直线y=3−2x的距离d2=4+1−322+12=25，∴(n−t)2+(bn+c)2的最小值为15.故答案为:15.
15．【详解】（1）f′x=mx+2ex,m>0.令f′x>0，得x>−2，令f′x<0，得x<−2.故fx在−∞,−2单调递减，在−2,+∞单调递增.∴fx在x=−2处取得极小值f−2=−me2，无极大值.
（2）lnfx≤2ex对∀x∈−1,+∞恒成立，即lnm≤2ex−lnx+1−x对∀x∈−1,+∞恒成立.令gx=2ex−lnx+1−x,x∈−1,+∞，则只需lnm≤g(x)min即可.
g′x=2ex−1x+1−1,x∈−1,+∞.易知y=2ex,y=−1x+1−1,均在−1,+∞上单调递增，
故g′x在−1,+∞上单调递增且g′0=0. ∴当x∈−1,0时，g′x<0,gx单调递减；
当x∈0,+∞时，g′x>0,gx单调递增. ∴g(x)min=g0=2.故lnm≤2=lne2,∴016．【详解】（1）依题意，X的所有可能取值为0,1,2
设打成10:10后甲先发球为事件A，则乙先发球为事件A，且P(A)=P(A)=12，
所以P(X=0)=P(A)⋅P(X=0|A)+P(A)⋅P(X=0|A)=12×13×12+12×12×13=16，
P(X=1)=P(A)⋅P(X=1|A)+P(A)⋅P(X=1|A)=12×13×12+23×12+12×12×13+12×23=12
P(X=2)=P(A)⋅P(X=2|A)+P(A)⋅P(X=2|A)=12×23×12+12×12×23=13.
所以X的分布列为
故X的均值为EX=0×16+1×12+2×13=76.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件B，则PB|X=0=0,PB|X=1=PB,PB|X=2=1.
由（1）知，PX=0=16,PX=1=12,PX=2=13，由全概率公式，得PB=PX=0PB|X=0+PX=1PB|X=1+PX=2PB|X=2 =16×0+12PB+13,
解得PB=23，即第一局比赛甲获胜的概率p0=23.
（3）由（2）知p0=23，故估计甲每局获胜的概率均为23，根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y，因为每局的比赛结果相互独立，所以Y的所有可能取值为3,4,5，
因此可得PY=3=233=827,PY=4=C31×233×13=827,PY=5=C42×233×132=1681；
故该场比赛甲获胜的概率P=PY=3+PY=4+PY=5=6481.
17．【详解】（1）在△ADC中，AD=DC=1，∠ADC=90°，所以AC=AD2+DC2=1+1=2．
在△ABC中，AC=2，AB=2，∠BAC=45°，由余弦定理有：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs45°=4+2−2×2×2×22=2，所以，AB2=AC2+BC2，所以∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
又因为BC⊥PA，PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以，BC⊥PC，在△PAC中：AC=2，PC=2，PA=6，则PA2=AC2+PC2，所以，PC⊥AC，
因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABCD，所以PC⊥面ABCD．
（2）因为PC⊥平面ABCD，AB⊥AD，以点A为坐标原点，AD、AB、CP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有A(0,0,0)、B(0,2,0)、C(1,1,0)、D(1,0,0)、P(1,1,2)，
设BE=λBP=λ(1,−1,2)=(λ,−λ,2λ)，其中0≤λ≤1，
则AE=AB+BE=(λ,2−λ,2λ)，AC=(1,1,0)，AP=(1,1,2)，
设n=(x,y,z)为面EAC的法向量，则有n⋅AE=λx+2−λy+2λz=0n⋅AC=x+y=0，取x=−λ，则y=λ，z=λ−1，所以，平面EAC的一个法向量为n=(−λ,λ,λ−1)，设PA与平面EAC所成的角为α∈0,π2
∵csα=53，∴sinα=23, 由题意可得|csAP,n|=|AP⋅n||AP|⋅|n|=|2λ−2|6×λ2+λ2+(λ−1)2=23，
可得3λ2+2λ−1=0，因为0≤λ≤1，所以λ=13．因此，存在点E使得PA与平面EAC所成角的余弦值为53，且BEBP=13．
18．【详解】（1）由椭圆E的离心率为32，故ca=32，由椭圆上的点到焦点的最远距离是2+3，故a+c=2+3，解得a=2，c=3，故b2=a2−c2=1，即椭圆E的方程为x24+y2=1；
（2）①由椭圆E的方程为x24+y2=1，则A0,1，B2,0，则lAD:y=2−14−0x+1，即lAD:y=14x+1，
lBC:y=2−04−2x−2，即lBC:y=x−2，联立直线AD与椭圆方程，有y=14x+1x24+y2=1，消去y可得5x2+8x=0，解得x=0或x=−85，由A0,1，故xD=−85，则yD=35，即D−85,35,
联立直线BC与椭圆方程，有y=x−2x24+y2=1，消去y可得5x2−16x+12=0，
解得x=65或x=2，由B2,0，故xC=65，则yC=−45，故C65,−45，则kCD=35−−45−85−65=−12；
②设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，Pm,n，设PD=λDAλ≠0，
则有x4−m=λx1−λx4y4−n=λy1−λy4，即x4=λx1+mλ+1y4=λy1+nλ+1，由A在椭圆E上，故x124+y12=1，D在椭圆E上，故有λx1+mλ+124+λy1+nλ+12=1，化简得λ2x12+2mλx1+m2+4λ2y12+8nλy1+4n2=4λ2+8λ+1，
由x124+y12=1，即有λ2x12+4λ2y12=4λ2，则有2mλx1+8nλy1+m2+4n2=8λ+1，
由直线AB与CD的斜率均为−13，故AB//CD，则有PC=λCBλ≠0，同理可得2mλx2+8nλy2+m2+4n2=8λ+1，故直线lAB:2mλx+8nλy+m2+4n2=8λ+1，即有−13=−2mλ8nλ=−m4n，即nm=34，则kOP=nm=34.
19．【详解】（1）A3=123231312是Γ3数表，da1,1,a2,2+da2,2,a3,3=2+3=5.
（2）由题可知dai,j,as,t=ai,j−as,j+as,j−as,t=1 (i=1,2,3;j=1,2,3).
当ai+1,j=1时，有dai,j,ai+1,j+1=(ai,j−1)+(ai+1,j+1−1)=1，所以ai,j+ai+1,j+1=3.
当ai+1,j=2时，有dai,j,ai+1,j+1=(2−ai,j)+(2−ai+1,j+1)=1，所以ai,j+ai+1,j+1=3.
所以ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3). 所以a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6, a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3. a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4或者a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5，
a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4或者a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5，
a1,4=1或a1,4=2，a4,1=1或a4,1=2，
故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，
当A4=1111122212111212时，各数之和取得最小值22.
（3）由于Γ4数表A10中共100个数字，必然存在k∈1,2,3,4，使得数表中k的个数满足T≥25.
设第i行中k的个数为ri(i=1,2,⋅⋅⋅,10).
当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri−1条有向线段，所以横向有向线段的起点总数R=ri≥2(ri−1)≥i=110(ri−1)=T−10.
设第j列中k的个数为cj(j=1,2,⋅⋅⋅,10).
当cj≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，则该列有cj−1条有向线段，所以纵向有向线段的起点总数C=cj≥2(cj−1)≥j=110(cj−1)=T−10. 所以R+C≥2T−20,
因为T≥25,所以R+C−T≥2T−20−T=T−20>0.所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在1使得au,p=av,p=av,q=k，所以dau,p,av,q=au,p−av,p+av,p−av,q=0，则命题得证.X
0
1
2
P
16
12
13