湖北省2024年高三数学下学期5月第一次联考一模试题含解析

这是一份湖北省2024年高三数学下学期5月第一次联考一模试题含解析，共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．3B．C．4D．5
2．已知集合，则下列表述正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．被9除的余数为（ ）
A．1B．4C．5D．8
5．已知数列为等差数列，为等比数列，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线的焦点为，过的直线与与交于两点（点在轴上方），点，若，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知点是直线上的动点，由点向圆引切线，切点分别为且，若满足以上条件的点有且只有一个，则（ ）
A．B．C．2D．
8．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：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．下列说法正确的有（ ）
A．“与是互斥事件”是“与互为对立事件”的必要不充分条件
B．的下四分位数为95
C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位
D．随机变量服从二项分布，则，且的概率最大
10．如图，有一个正四面体，其棱长为1．下列关于说法中正确的是（ ）
A．过棱的截面中，截面面积的最小值为
B．若为棱（不含端点）上的动点，则存在点使得
C．若分别为直线上的动点，则两点的距离最小值为
D．与该正四面体各个顶点的距离都相等的截面有10个
11．已知，下列结论正确的是（ ）
A．若的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则可以等于
B．若在上恰有3个零点，则的取值范围是
C．若在上恰有3个零点，则的取值范围是
D．若在上单调，且，则的最小正周期为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．曲线在点处的切线为，则在轴上的截距是______．
13．斜率为1的直线与双曲线交于两点，点是上的一点，满足的重心分别为的外心为．记直线，的斜率为．若，则双曲线的离心率为______．
14．设是绝对值不大于10的整数，函数满足，则的所有可能取值组成的集合为______．
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．（13分）记的角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若点是边上一点，且，求的值．
16．（15分）如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点是的中点．已知，点是的中点．
（1）若直线与直线所成的角是，求证：平面；
（2）记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，则当时，求的值．
17．（15分）为了推动“体育助力乡村振兴”，丰富人民群众的文化生活，某地决定举办“村超”足球友谊赛．比赛邀请本地两支村足球队（实力相当）和外地两支村足球队（实力相当）参加．赛事规定：（1）比赛分为两个阶段，第一阶段：四支球队分成两组，每组进行一场比赛；第二阶段：第一阶段的胜者之间、负者之间各进行一场比赛，前者决出第一、二名，后者决出第三、四名．（2）第一阶段分组方案：采取抽签法，每组本地一支球队、外地一支球队．已知各场比赛的胜率和上座率均互相独立，单场比赛的胜率和上座率如下：
（1）第二阶段两场比赛上座率之和记为，求的分布列和数学期望；
（2）求本地足球队获得第一名的概率．
18．（17分）在平面直角坐标系中，已知圆和圆的方程分别为和．以坐标原点为端点作射线，与圆和圆分别交于两点．过作轴的垂线，过作轴的垂线，两垂线交于点，设点的轨迹为．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若曲线与轴交于两点（点位于点上方）．已知点，直线，分别和曲线交于点，直线交轴于点，求的取值范围．
19．（17分）在数值计算中，帕德近似是一种常用的逼近方法．
给定两个正整数，若函数的阶导数存在，函数在处的阶帕德近似定义为：
，且满足：，．其中为函数的阶导数．对于给定的正整数，函数的阶帕德近似是唯一的．
函数的帕德近似记为．例如，．
（1）证明：当时，；
（2）当时，比较与的大小；
（3）数列满足，记，求证：．
鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2024年五月模拟考
高三数学参考答案
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．答案：B
解：由，则，所以．故选：B．
2．答案：C
解：，所以，故正确；A，B，D均不正确．故选：C．
3．答案：A
解：设）因为，所以解得．向量在向量上的投影向量为．
故选：A．
4．答案：B．
解：
其中是9的整数倍．
故被9除的余数为4．故选：B．
5．答案：A．
解：由为等差数列，为等比数列，，可得．
由，可得，故A正确，C错误．
当时，；当时，，故B，D都错误．故选：A．
6．答案：B
解：设，则，即．
由得，的方程为．
由得，．
故选：B．
7．答案：D
解：连接，则．又，所以四边形为正方形，，于是点在以点为圆心，为半径的圆上．
又由满足条件的点有且只有一个，则圆与直线相切，所以点到直线的距离，解得．故选：D．
8．答案：C
解：．设，
则，当时，在上单调递增，
，即．
又．设，
则．
令，则在上单调递减．当时，在上单调递减，，．
另法：．而，．
综上，．故选：C．
二、多选题：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．答案：ACD．
解：对于A，与是互斥事件，与不一定互为对立事件，故充分性不成立；与互为对立事件，则与是互斥事件，故必要性成立．所以，“与是互斥事件”是“与互为对立事件”的必要不充分条件，所以A正确．
对于B，共有9个数据，而，故下四分位数为从小到大排列的第3个数据，即为91，所以B错误．
对于C，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，则减小0．3，即响应变量将平均减少0.3个单位，故C正确．
对于D，．而的概率最大，所以D正确．
故选：ACD．
10．答案：AC．
解：对于A，设截面与棱的交点为．如图1，过棱的截面为，则为棱的中点时，的面积取得最小值．等腰中，，可求得，故A正确．
对于B，设，则．
在中，，所以，故B错误．
对于C，根据异面直线的距离定义，可知分别为线段的中点时，的距离最小，可求得其值为，故C正确．
对于D，与正四面体各个顶点的距离都相等的截面分为以下两类：（1）平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个；（2）平行于正四面体的两条对棱，且到两条对棱距离相等，这样的截面有3个．故与正四面体各个顶点的距离都相等的截面共有7个，故D错误．故选：AC．
11．答案：BD．
解：对于A，向在平移个单位长度后，得到的函数为，即，故A错误．
对于B，时，，故，即，故B正确．
对于C，由得，的所有零点为．
不妨设是在上的三个零点，则，，解得且．
由得，由得，故．
当时，且；当时，且，．综上可知，或，故C错误．
对于D，因为在区间上单调，，故．
由，且在区间上单调，为的一个对称中心．
又，且为的一条对称轴．
而，故D正确．故选：BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案：－1．
解：的方程为．
令得，，故在轴上的截距是－1．
13．答案：2．
解：不妨取的中点．因为的重心为，且在中线上，所以．由中点弦结论知，．
因为，所以．
又由，可得的外心为的中点，于是由中点弦结论知，又，所以，即．由得，，解得，
所以双曲线的离心率．故答案为：2．
14．答案：
解：首先证明是的零点．事实上，设，其中是整数．
假设，即，而是整数且是无理数，故，
从而．因为，
故．而，矛盾．故，即，所以．
设的三个根为，其中，则，，得，所以．
由及得．
所以．故答案为：．
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．（13分）
解：（1）由及正弦定理得，即．
又由余弦定理得，．
（2），记，则．
在Rt中，．①
在中，由正弦定理得．②
由①②及得，即，解得．
由，解得．故．
16．（15分）
解：（1）连接，则四边形是直角梯形．
过作于，则四边形是矩形，
．连接为的中点．
又为的中点，．
平面平面．又平面，．在中，．
为的中点，．又平面平面．又平面，．
平面，，平面．
（2）以为原点，直线分别为轴建立如图的空间直角坐标系．．
设，则．，．
设平面的法向量，则，取得．，设平面的法向量，则，取得．
，解得．
在Rt中，．
由（1）知．
17．（15分）
解：（1）的取值为．
当时，第一阶段比赛本地队均胜或均负，所以．
当时，第一阶段比赛本地队一胜或一负，所以．
的分布列为
（2）记本地两支球队为甲、乙，外地两支球队为丙、丁，则第一阶段有两种分组方法：①甲、丙一组，乙、丁一组；②甲、丁一组，乙、丙一组，分别记为事件，则．
记事件“甲胜乙”为，事件“甲胜丙”为，事件“甲胜丁”为，事件“乙胜丁”为，记事件“甲获得第一名”为，则同理．
记事件“乙获得第一名”为，同理可得．
本地足球队获得第一名的概率为．
另一种理解方式，第一问结果相同，第二问结果如下，结果正确，扣2分
记本地两支球队为甲、乙，外地两支球队为丙、丁，则第一阶段有两种分组方法：①甲、丙一组，乙、丁一组；②甲、丁一组，乙、丙一组，分别记为事件，则．记事件“甲胜乙”为，事件“甲胜丙”为，事件“甲胜丁”为，事件“乙胜丁”为，记事件“甲获得第一名”为，则
同理．
记事件“乙获得第一名”为，同理可得．
本地足球队获得第一名的概率为．
18．（17分）
解：（1）记以射线为终边的角为，则．
设，则．
故点的轨迹的方程为．
（2）由题意可知，直线的斜率存在．
设，直线为．
由，可知，则，
因为，故，
即．故
将韦达定理代入（*）有，即．
当时，上式恒成立，即直线过定点，故．
设，则，代入椭圆方程有，即，．则，即．故．
（2）另解：由题意可知，直线的斜率存在．
设，直线为．
由得，，
则．
又．
由得，所以．
，即，
即．
将韦达定理代入上式得．
上式化简得，解得．直线过定点．
以下与上述解法相同．
19．（17分）
【解析】（1）令，则，
故时，为增函数．，故当时，．
令，则，故时，为增函数．，故当时，．
综上可知，当时，．
（2）令，
则，
故在上为减函数，所以当时，
，故为减函数．时，
，故
（3）令，则．
引理：若，则．
事实上，令，则，故．
又时，，且，所以，即．由引理可知，这样一直下去，有．令，则
故．
由及知，所以由（2）可知，当时，，故
，累加可知，，且时也满足，
故．
故．
综上可知，．胜率
本地队
外地队
本地队
0.5
0.6
外地队
0.4
0.5
上座率
本地队
外地队
本地队
0.8
1
外地队
1
0.8
1.6
2
0.52
0.48