湖北省部分学校2024届高三数学下学期模拟考试试题含解析

这是一份湖北省部分学校2024届高三数学下学期模拟考试试题含解析，共24页。试卷主要包含了 已知，则， 已知A，B是直线， 下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本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4个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知全集是实数集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）
A. B.
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得且，结合，即可求解.
【详解】由不等式，解得或，所以或，
又由，可得且，
又因为.
故选：B.
2. 已知复数满足，则的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得复数，得到，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，
则，所以复数的虚部为.
故选：A.
3. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为上异于长轴端点的任意一点，的角平分线交线段于点，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形平分线性质求得，利用定义及比例即可求解.
【详解】因为的角平分线交线段于点，
所以，
所以由正弦定理得，，
又因为，，
所以，即，不妨设，如图：
则，解得，
所以，
由题意，，所以，即.
故选：A
4. 如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（）
A. B.
CD. 平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据记正方体的另一个顶点为C，设的中点为，可证，结合平行关系分析判断ABC；对于D：根据线面垂直的性质定理和性质定理可证平面，即可得结果.
【详解】如图，记正方体的另一个顶点为C，连接，交于点O，
设的中点为，连接，
因为Q，D为的中点，则，
又因交于同一点，
即与均不平行，故A，B错误；
对于选项D：若平面，
且平面，平面平面，可得，
这与与不平行相矛盾，假设不成立，故D错误；
对于选项C：因为为正方形，则，
且M，N为所在棱的中点，则，可得，
又因为平面，且平面，可得，
且，平面，所以平面，
由平面，所以，故C正确；
故选：C.
5. 已知数列是单调递增数列，，，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数列为单调递增数列得，从而得，再令，求出的最大值，从而可求解.
【详解】由题意可得，由于数列为单调递增数列，
即，，
整理得，
令，则，，
所以数列单调递减，故是数列的最大项，
则的取值范围为，故C正确.
故选：C．
6. 已知，则（）
A. B. －1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用诱导公式、商数关系可得，再由和角正切公式展开求得，最后由求值即可.
【详解】由，
所以，则，
所以，则，故，
由.
故选：C
7. 已知A，B是直线：上的两点，且，P为圆：上任一点，则面积的最大值为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得圆心到直线的距离，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
设点到直线的距离为，圆心到直线l的距离为，
可得，则，
又由，所以面积的最大值为.
故选：B.
8. 定义表示，，中的最小值．已知实数，，满足，，则（）
A. 的最大值是B. 的最大值是
C. 的最小值是D. 的最小值是
【答案】B
【解析】
【分析】由题先分析出实数，，一负两正，然后利用基本不等式放缩求出最小值的最大值即可.
【详解】因为，所以在，，中，负数的个数为1或3，
又，所以在，，中，1个为负数，2个为正数，不妨设，则．
因为，所以，因为，所以，则，
故的最大值是，无最小值．
故选：B.
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. 下列命题正确的是（）
A. 数据4，5，6，7，8，8的第50百分位数为6
B. 已知随机变量，若，则
C. 对于随机事件A，B，若，，，则A与B相互独立
D. 已知采用分层随机抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172，方差为120，女生样本平均数为165，方差为120，则总体样本方差为120
【答案】BC
【解析】
【分析】根据百分位数定义判断A；由二项分布方差计算公式判断B；由条件概率公式和独立事件的定义判断C；由分层抽样样本方差的计算公式判断D.
【详解】对于A，由于，则数据4，5，6，7，8，8的第50百分位数为，故A错误；
对于B，由于，则，故B正确；
对于C，若，根据条件概率公式则有，
变形可得，则与相互独立，故C正确；
对于D，分层抽样的平均数，
按分层抽样样本方差的计算公式，
，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数的部分图像如图所示，则（）
A. 在上单调递增
B. 在上有4个零点
C.
D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合图象，得到函数，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四个选项即可.
【详解】由图知，，所以或，
又，所以，所以，又因为图象过，
且为下降零点，所以，，故,
结合图象，即，所以，
所以，
对于A选项，当，，结合正弦函数图像可知，在上单调递增，故A正确；、
对于B选项，当时，，其中，
结合正弦函数图像可知，上有4个零点，故B正确；
对于C选项，当时，即，即或，
结合图象可知，，所以，故C正确；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得，而，故D错误，
故选：ABC.
11. 设定义在上的函数与的导函数分别为和.若，，且为奇函数，则下列说法正确的是（）
A. 函数的图象关于直线对称B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：由可设，根据题意分析可得，，即可得结果；对于C：结合奇偶性可得函数的周期，结合周期性分析求解；对于B：分析可知，根据周期性分析求解；对于D：结合选项BC中的结论运算求解.
【详解】对于选项A：因为，则，
可得，
又因为，可得.
令，可得，解得，
可得，所以函数的图象关于直线对称，A正确；
对于选项C：因为为奇函数，
可知的图象关于点对称，且，
令，可得，即；
令，可得；
令，可得；
由函数的图象关于直线对称，可得；
所以，
又因为，则，
可知函数的周期，
所以，故C正确；
对于选项B：由AC可知，
可得，，
所以，故B错误；
对于选项D：可得，故D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有入经过，则有_________种不同的进站方式（用数字作答）
【答案】720
【解析】
【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案.
【详解】将5人分为3组，有和两种情况：
当分组为时：共有；
当分组为时：共有；
综上所述：共有种不同的进站方式.
故答案为：.
13. 已知菱形的边长为，，沿对角线将菱形折起，使得二面角为钝二面角，且折后所得四面体外接球的表面积为，则二面角的余弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出，的外心，根据线面垂直得到二面角的平面角，再通过余弦的定义和二倍角的余弦公式即可求出.
【详解】如图，设O为四面体ABCD外接球的球心，半径为R，
令，分别为正和正的外心，
则，，平面ABD，平面CBD.
则，于是平面，
平面交BD点于E，连接，，则，
因此为二面角的平面角.
设其大小为，，，，.
连接，则，，
.
故答案为：.
14. 已知斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，，直线与的左、右两支分别交于点，，交于点，若点恒在直线上，则的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】设出各点的坐标及中点坐标，代入双曲线作差得，，利用三点共线表示点P的坐标，代入已知直线方程得，即可求出离心率.
【详解】设，，，，，
中点，的中点，
则，两式相减，得，化简得，
所以，所以①，同理②，
因为，所以，，三点共线，所以，
将①②代入得，即，
因为，所以，即点P恒在直线上，
又点恒在直线上，所以，所以，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：一般涉及中点弦问题时，采用设而不求点差法求解，本题通过点坐标之间的关系建立a，b关系，从而求出双曲线的离心率.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数（其中是自然对数的底数）.
（1）是否存在实数a，使得函数在定义域内单调递增？
（2）若函数存在极大值，极小值，求证：
【答案】（1）存在
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由求导因式分解得，导函数有两个零点与1，若要使得函数在定义域内单调递增，则满足两个零点重合，且导函数恒为非负数，所以令，再进行分类证明；
（2）由（1）得两个零点就是函数存在的两个极值点，所以只需要证明这两个零点的极值和满足不等式，即证，从而构造函数进行求导分析证明即可.
【小问1详解】
因为，所以定义域为.
.
令，则，则在上单调递增.
因为，所以当时，，当时，，
要使得单调递增，则在上恒成立.
当时，恒成立；
当时，即，当时，，不合题意；
当时，即，当时，，不合题意.
综上所述，.
【小问2详解】
由（1）可得且，极值点为与1，
所以.
令，
则.
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减.
所以，即成立.
16. 三棱柱中，侧面是矩形，，.
（1）求证：面面ABC；
（2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）.
【解析】
【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：，
侧面是菱形，
，又，，
平面，平面，
，
因为侧面是矩形，所以，
又，
平面，又平面,
.
【小问2详解】
由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由条件，，，设，
由（1），面，所以，面的法向量为.
设面的法向量为，
由，即，
可设，
∴，
∴，得，
即，得，（舍），即，
所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）.
17. 已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，.
（1）求抛物线的标准方程和准线方程；
（2）记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为
（2）证明见解析，定点坐标为或
【解析】
【分析】（1）根据已知得出直线的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出；
（2）设，联立方程根据韦达定理得出的关系.进而表示出的方程，求出，的坐标，得出圆的方程.取，即可得出定点坐标.
【小问1详解】
由已知可得，抛物线的焦点坐标为，直线的方程为.
联立抛物线与直线的方程可得，
.
设，，由韦达定理可得，
则，所以.
所以，抛物线的方程为，准线方程为.
【小问2详解】
设直线，
联立直线与抛物线的方程可得，.
所以，，.
又，，所以.
同理可得.
设圆上任意一点为，则由可得，
圆的方程为，
整理可得，.
令，可得或，
所以，以为直径的圆过定点，定点坐标为或.
【点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标.
18. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第，，，…次状态无关，即.已知甲盒子中装有2个黑球和1个白球，乙盒子中装有2个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作.记甲盒子中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为.
（1）求，和，；
（2）证明：为等比数列（且）；
（3）求的期望（用表示，且）.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）列举出所有交换的情况，分别求出概率即可求解，
（2）由根据独立事件的概率乘法公式，分类逐一讨论，即可求解，，由等比数列的定义即可求证；
（3）利用等比数列的通项求解，进而根据期望的计算公式即可求解．
【小问1详解】
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，乙盒为2白，概率为，
所以，
①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为，
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，
②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，
综上可知：，.
【小问2详解】
经过次这样的操作.记甲盒子恰有2个黑1白的概率为，恰有1黑2白的概率为，3白的概率为，
①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为，
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，
②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，
③当甲盒中3白，乙盒2黑，概率为，此时：
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，
故.
，
因此，
因此为等比数列，且公比为.
【小问3详解】
由（2）知为等比数列，且公比为，首项为，
故，所以，
.
【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
19. 在平面直角坐标系xOy中，定义，两点间的“直角距离”为.
（1）填空：(直接写出结论)
①若，则；
②到坐标原点的“直角距离”等于1的动点的轨迹方程是；
③记到M(-1，0)，N(1，0)两点的“直角距离”之和为4的动点的轨迹为曲线G，则曲线G所围成的封闭图形的面积的值为；
（2）设点A(1，0)，点B是直线上的动点，求ρ(A，B)的最小值及取得最小值时点B的坐标；
（3）对平面上给定的两个不同的点，，是否存在点C(x，y)，同时满足下列两个条件：
①；
②
若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）5；；6
（2）最小值为，点B的坐标为
（3）
【解析】
【分析】（1）①代入定义即可得出答案；②设是轨迹上任意一点，根据定义列出式子，化简即可得出答案；③根据定义，化简得出.分情况去绝对值，作出函数的图象，进而得出答案；
（2）设，则，得出.然后分情况讨论去掉绝对值，得出表达式，进而逐段求解，即可得出最小值；
（3）分当，时，当，时，当，时等情况，分别讨论得出满足条件的点，即可得出答案.
【小问1详解】
①根据定义可得，；
②设是轨迹上任意一点，
由已知可得，
根据定义可得，.
所以，到坐标原点的“直角距离”等于1的动点的轨迹方程是；
③设曲线G上任意一点，
由已知可得，，
所以有，
整理可得，.
（ⅰ）当时，该式可化为，
即.
当且时，为；
当且时，为；
（ⅱ）当时，该式可化为，
整理可得，即；
（ⅲ）当时，该式可化为，
整理可得.
当且时，为；
当且时，为；
作出曲线满足的图象
所以，曲线G所围成的封闭图形的面积的值为.
故答案为：5；；6.
【小问2详解】
设，则，所以，
所以，.
当时，有；
当时，有；
当时，有.
综上所述，当时，有最小值，此时.
所以，的最小值为，取得最小值时点B的坐标为.
【小问3详解】
（ⅰ）当，时，
由条件②可得，，
即有.
因为，所以.
由条件①可得，，
所以有.
又，
所以有，所以.
因此，所求的点为；
（ⅱ）当，时，
由（ⅰ）同理可得，所求的点为；
（ⅲ）当，时，不妨设.
①若，
，，，
所以，.
当且仅当与同时成立，
所以有，且，
从而由条件②可得，，
此时所求的点的全体为；
②若，
由条件①可得，，且，
从而由条件②可得，，
此时所求的点的全体为.
综上所述，所有符合条件的点的集合为.
【点睛】关键点点睛：根据定义得出关系式后，根据未知量的范围，分类讨论，去掉绝对值，化简求解.