湖北省2024届高三数学下学期模拟预测试题含解析

这是一份湖北省2024届高三数学下学期模拟预测试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，则的虚部为（）
A. B. C. D. i
【答案】B
【解析】
【分析】直接计算可得，再用虚部的定义即可.
【详解】由于，所以的虚部为.
故选：B.
2. 抛物线过点，则的准线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把点代入抛物线方程，再求得准线方程.
【详解】把点代入抛物线方程，得，
解得，
所以抛物线方程为，准线方程为.
故选：B.
3. 已知向量，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】计算时的取值，再根据必要与充分条件的定义判断即可.
【详解】当时，，即，
故，解得.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据结合可得与，进而可得.
【详解】则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
结合可得，，则.
故.
故选：C
5. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动．已知该班男生35人，女生25人．根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为，该班成绩的方差为，则下列结论中一定正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助分层抽样的方差公式计算即可得.
【详解】设该班男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，
则
，
故选：D.
6. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，记事件“取出的重卦中至少有1个阴爻”，事件“取出的重卦中至少有3个阳爻”．则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率的公式，分析求解即可.
【详解】，事件“取出的重卦中有3阳3阴或4阳2阴或5阳1阴”，
则，则
故选：C
7. 在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，通过分析得出，外接球球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面（即平行于）的直线上面，且底面外接圆半径为，设到平面的距离为，过作于点，从而，由此列出方程组求出结合球的表面积公式即可得解.
【详解】
依题意取的中点为，且交于点，
注意到是的中点，三角形是等边三角形，从而是三角形的中心，
同时有，，，面，面，
所以面，而面，所以平面面，
故而点在平面的投影在上面，
注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等，
从而，，面，面，
所以面，因为面，所以，
因为面，面，所以，
又因为，面，面，故有面，
所以，
注意到点是直角三角形斜边上的中点，
所以是四边形（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而四点共圆），
所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上，
且底面四边形外接圆的半径为，
设到平面的距离为，过作于点，
所以，即，
解得，这意味着此时点与点重合，
四棱锥的外接球的表面积是.
故选：C.
8. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（）
A. 函数的最大值为1
B. 函数的最小值为1
C. 函数的最大值为1
D. 函数的最小值为1
【答案】C
【解析】
【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.
【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，
故恒成立，
故在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，，
由图像可知，恒成立，故单调递增，
当，，单调递减，
所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.
故选：C
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2分，有选错的得0分．
9. 已知的部分图象如图所示，则（）
A.
B. 在区间单调递减
C. 在区间的值域为
D. 在区间有3个极值点
【答案】AD
【解析】
【分析】求出函数解析式，进而求得函数值判断A，举反例判断BC，利用整体代换法判断D即可.
【详解】由图像得，，解得，
故，故此时有，
将代入函数解析式，得，
故，解得，
而，故，此时，
显然成立，故A正确，
易知，，而，，
又，故在区间上并非单调递减，故B错误，
易知，，
故在区间的值域不可能为，故C错误，
当时，，，
当时，取得极值，
可得在区间有3个极值点，故D正确.
故选：AD
10. 已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（）
A. 平面平面
B. 侧面内存在无穷多个点，使得平面
C. 在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为
D. 动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】过作直线，则为平面与平面的交线，取中点中点F，连接，求得可判断A；取中点中点H，连接，可得，，可判断B；由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，可得，判断C；作垂直于，连接，则为二面角的平面角，求得二面角范围是，判断D.
【详解】已知所有棱长都相等，不妨设为1．
对于A：过S作直线，因为，所以，
所以为平面与平面的交线，
取中点中点F，连接，由正四棱锥，
可得，所以，
所以为二面角的平面角，连接，
在中，
所以平面与平面不垂直，故A错误；
对于B：取中点中点H，连接，
因为，又平面，平面，
所以平面，平面，又，
所以平面平面，所以当时，平面，这样的点P有无穷多，故B正确；
对于C：由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，，所以，所以不布存Q使得与底面成的角为，故C错误；
对于D：作垂直于，连接，
因为平面，又平面，所以，
又，所以平面，因为平面，所以，
因为则为二面角的平面角，
当都无限向点B靠拢时，；当时，，
所以二面角范围是，故D正确．
故选：BD.
11. 已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抽象函数性质可确定关于直线对称，关于点对称，从而可确定其周期性，再结合单调性可得函数的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于函数有，，则函数关于直线对称，
由，则函数关于点对称，
所以，所以得，
则，故函数的周期为，且，故函数为偶函数，
因为函数在区间上单调递增，则函数的大致图象如下图：
由对称性可得，
所以，故A不正确；
由于，，所以，故B正确；
又，，所以，故C正确；
，且，
因为，所以，故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性，解决本题的关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称关系.考查学生的基本分析能力与计算能力，属于中等难度的题型.
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，其中14小题第一空2分，第二空3分，共15分．
12. 已知函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】，，
，
故答案为：
13. 已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数________．
【答案】或
【解析】
【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.
【详解】设点，由可得：，
两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.
若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，
则圆心到直线的距离，解得．
故答案为：或.
14. 有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示）
【答案】 ①. 40 ②.
【解析】
【分析】根据乘法原理和加法原理即可求解；根据和的展开式相减得到的通项公式.
【详解】根据乘法原理和加法原理得到．
奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，
根据乘法原理和加法原理得到，
两式相减得到.
故答案为：2；.
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. 已知函数的图像在处的切线与直线平行．
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且时，，求实数m的取值范围．
【答案】（1）在递增，在递减
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出，直接利用导数求单调区间；
（2）根据式子结构构造，由在为增函数，得到在恒成立，令，利用导数求出的最小值，即可求解.
小问1详解】
的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，
，，
由，可得，由，可得，则在递增，在递减．
【小问2详解】
因，若，由，
即有恒成立，设，
所以在为增函数，即有对恒成立，
可得在恒成立，由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得
则实数m的取值范围是．
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围.
16. 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分．
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望．
附：若，则，
【答案】（1）159 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由正态分布曲线的性质求得对应概率，即得对应人数；
（2）由题可知可能取值为，求得对应的概率，记得分布列，进一步由期望公式求解即可.
【小问1详解】
因为服从正态分布，所以．
因为，所以，
所以．
因此，进入面试的人数约为159．
【小问2详解】
由题意可知，的可能取值为，
则；
；
．
所以的分布列为：
所以．
17. 如图，在三棱柱中，，为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）由（1）信息以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
在三棱柱中，，则，
由，得，在中，，
由余弦定理，得，，
于是，由平面平面，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以，
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，则，
于是，设为平面的一个法向量，
则，取，得，显然为平面的一个法向量，
因此，显然二面角的大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.
18. 已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在直线上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点B、F都在直线上，结合平方关系即可列出关于的方程组并求解即可；
（2）设出直线方程，由直线与圆相切可得，联立直线与椭圆方程结合椭圆方程表示出弦长，进一步表示出面积，从而即可得解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，由已知点的坐标为，点的坐标为，
因为点B、F都在直线上，所以，，又，
所以，，，
所以椭圆的方程为：，
【小问2详解】
由题知的斜率存在且不为0．
设．
因为与圆相切，所以，得．
联立与的方程，
可得，
设，，
，
则，．
所以，
将代入，可得．
用替换，可得．
四边形的面积．
令，则，可得，
再令，，则，
可得，等号成立当且仅当，即，即，
即四边形面积的最小值为．
19. 已知数列的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．
（1）若数列，且，，求数列和集合T；
（2）若是递增的等差数列，求证：；
（3）请你判断是否存在最大值，并说明理由
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据新定义列举出集合的元素即可求；根据题意可知，求出，即可求解；
（2）设公差为d（），则，即可分析得.
（3）利用的定义结合特例可判断存在最大值.
【小问1详解】
由，且，得，均不相等，
则都是集合T中的元素，而，
于是，解得，
所以数列．
【小问2详解】
因为为递增的等差数列，设的公差为，
当时，，则，
所以．
【小问3详解】
存在最大值，理由如下:
依题意，集合中的元素个数最多为个，即，
取，此时，
若存在，则，其中，
故，若，不妨设，
则，而，
故为偶数，为奇数，矛盾，
即有，，因此由得到的彼此相异，
于是，即的最大值为，所以必有最大值.
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解答的关键在于理解题意并根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而分析得出的值.0
1
2
3
4
5