湖北省武汉市武昌区2024届高三数学下学期5月质量检测试卷含解析

这是一份湖北省武汉市武昌区2024届高三数学下学期5月质量检测试卷含解析，共18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。
本试题共19题，满分150分，考试用时120分钟
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. 若复数满足，则的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.
【详解】，
则，则其虚部为，
故选：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
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，再令即可判断D.
【详解】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. 已知，向量，且，则在上的投影向量为（）
A. B. 5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助向量垂直可得，结合投影向量定义计算即可得解.
【详解】由，则有，即，
则，故.
故选：C.
4. 已知等差数列的前项和为，若，则（）
A. 288B. 144C. 96D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和列方程组求出，进而即可求解.
【详解】由题意，即，解得.
于是.
故选：B.
5. 已知函数，则关于的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】消去绝对值可得函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可得.
【详解】由，故在上单调递增，
由，有，即.
故选：A.
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，其中是球的半径，是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取）（）
A. cm3B. 33664 cm3C. 33792 cm3D. 35456 cm3
【答案】B
【解析】
【分析】由勾股定理求出，则可得，分别求出两个圆柱的体积、灯笼中间完整的球的体积与球缺的体积即可得..
【详解】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24 cm，则有，
即，可得，则，
.
故选：B.
7. 已知抛物线的焦点为，过作直线交抛物线于两点，过分别作准线的垂线，垂足分别为，若和的面积分别为8和4，则的面积为（）
A. 32B. 16C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】设直线代入抛物线方程，利用韦达定理，计算，相乘化简可得，由三角形面积公式可得.
【详解】设直线，
代入抛物线方程，消元可得，
设，则，
，
，
，
于是，即，
故选：C.
8. 设，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题利用作差法构造出两个式子相减类型的函数，然后求导求得其在上的单调性，从而求得该函数是大于0还是小于0，从而可判断a、b的大小关系；用同样的方法进一步构造函数并求导来比较a、c的大小关系，最终确定a、b、c的大小关系.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是合理构造函数，利用导数研究其单调性，然后再代入比较相关大小关系.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（）
A. 将一组数据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
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助方差的性质、样本点中心的性质、线性相关系数的性质与残差的性质逐项判断即可得.
【详解】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. 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
【答案】AD
【解析】
【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可.
【详解】对于A，若，则，A正确;
对于B，或，因为不知道和的大小关系，B错误；
对于C，若，则，而
，但是与的大小不能确定，故C错误；
对于D，，当且仅当，即取等号，D正确.
故选：AD
11. 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，都有.设数列的前项和为，则（）
A当时，B. 当时，
C. 当时，D. 不存在，使得成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】由等差等比数列的通项和数列为周期数列，当时，求值判断选项A；和4是等差数列中的项，求出项数n，根据数列为周期数列，周期为，解出m的值判断选项BC；若，有，设，，由，，可得结论判断选项D.
【详解】等差数列通项公式：，且，
等比数列通项公式：，且，
对一切正整数，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，都有，则有，
解得，B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，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，使得，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：数列中涉及到的的递推思想、函数思想、分类讨论思想以及数列求和、求通项公式的各种方法和技巧贯穿与整个高中数学之中，本题的关键条件是：数列为周期数列，周期为，其中前项构成等差数列，通项公式，第项到第项构成等比数列，通项公式为，而和4是等差数列中的项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为____________.
【答案】
【解析】
【分析】借助函数定义域的定义计算即可得.
【详解】由函数的定义域为，则有，
令，解得.
故答案为：.
13. 函数的部分图象如图所示，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】令，解出，根据图中零点得到方程解出即可.
【详解】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. 已知动点的轨迹方程为，其中，则的最小值为______________.
【答案】##
【解析】
【分析】令，由，，转化为，进行求解.
【详解】令，则且，
则
，当且仅当取等号.
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. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）已知，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边换角，再通过三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用正弦定理得到，再根据关系减少变量，最后利用三角恒等变换和三角函数的值域即可得到最大值.
【小问1详解】
∵，
由正弦定理得，
，即，
所以，
∵，∴，∴，
∵，∴；
【小问2详解】
由正弦定理，得，
∴
，
又∵，为锐角，∴最大值为，
∴的最大值为.
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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，通过证明，得到，在结合面面垂直、线面垂直的性质即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可得解.
【小问1详解】
如图，取中点，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.
【小问2详解】
由（1）可知平面，
因为，取中点为，连，所以.
因为，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，
以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，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. 已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求的取值范围.
【答案】(1)见解析；(2)
【解析】
【分析】（1）将函数求导后，对分成两种情况，讨论函数的单调性.（2）结合（1）的结论，当时函数在定义域上递减，至多只有一个零点，不符合题意.当时，利用函数的最小值小于零，求得的取值范围，并验证此时函数有两个零点，由此求得点的取值范围.
【详解】（1）
若，，在上单调递减；
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，的范围是
【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数求解有关零点个数的问题，考查分类讨论的思想方法，考查分析和解决问题的能力，属于中档题.在求解有关利用导数求函数单调区间的问题中，导函数往往含有参数，此时就要对参数进行分类讨论.函数零点个数问题，往往转化为函数最值来解决.
18. 已知点是圆上的动点，，是线段上一点，且，设点的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）设不过原点的直线与交于两点，且直线的斜率的乘积为.平面上一点满足，连接交于点（点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.
【答案】（1）
（2）是，
【解析】
【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得解；
（2）设，代入曲线方程中联立可得，结合题意计算可得，设，结合点在曲线上计算可得的值，即可得的面积.
【小问1详解】
因为，
所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，
设，则，即.
由知，
所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
设，则由，得.
因为点均在曲线上，所以，
同向相乘得
整理得：
又因为，所以，
所以，
设，则，
又因为点在曲线上，所以，
整理得：，
又因为，，
代入上式得：，即，
又因为，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出后，利用面积公式得到，从而可通过计算的值得解.
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.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率及独立重复试验的概率公式，列式计算即得.
（2）①利用全概率公式列出的关系等式，再利用消元法求出；②列出的关系等式，利用消元法求出.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.