湖南省吉首市2024届高三数学下学期5月模拟试题含解析

这是一份湖南省吉首市2024届高三数学下学期5月模拟试题含解析，共24页。试卷主要包含了设为等差数列的前项和，若，，则，已知函数等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数z满足，则（ ）
A．1B．5C．7D．25
3．已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是定义域为的奇函数,满足.若，则
A．B．C．D．
5．甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．设为等差数列的前项和，若，，则
A．B．C．D．
7．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A．B．C．D．
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．已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（ ）
A．B．的一个周期是4
C．是偶函数D．
10．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A．平面平面
B．平面
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．三棱锥的体积不变
11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的横坐标的取值范围是
B．的取值范围是
C．面积的最大值为
D．的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中的系数为．（用数字作答）
13．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是．

14．在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知．
(1)求角B的值；
(2)若，求的周长的取值范围．
16．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）
(1)求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率.
17．已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
18．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
19．双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．
(1)求双曲线的方程；
(2)、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2．B
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
3．B
【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案.
【详解】满足，，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
故选：B.
4．C
【详解】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.
详解：因为是定义域为的奇函数，且，
所以,
因此，
因为，所以，
，从而，选C.
点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
5．B
【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为或
当5人被分为时，情况数为;
当5人被分为时，情况数为；
所以共有.
由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则
共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，
所以甲不在小区的概率为
故选：B.
6．B
【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.
详解：设该等差数列的公差为，
根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.
7．A
【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.
【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，
则如图，水最少的临界情况为，水面为面，
水最多的临界情况为多面体，水面为，
因为，
，
所以，即.
故选：A.
8．A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
9．BC
【分析】根据函数奇偶性与可得，根据导数的运算可得从而可判断B项，根据周期性与奇偶性可判断A项，根据奇偶性与导数运算可得，从而可判断C项，在中，令代入计算可判断D项.
【详解】因为函数是奇函数，，
所以，
所以，即：，故的周期为4，
所以，故的一个周期为4，故B项正确；
，故A项错误；
因为函数是奇函数，
所以，
所以，即：，
所以为偶函数，故C项正确；
因为，
所以，
令，可得，解得：，故D项错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；
对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；
对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；
对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.
【详解】对于A，连接，如图，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
.
对于B，连接，，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.
11．BC
【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
12．
【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.
【详解】的通项公式为，
令得，，此时，
令得，，此时，
故的系数为
故答案为：
13．或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．
14．
【分析】
利用同构思想构造，得到其单调性，得到，再构造，，求导得到其单调性及其最小值，设设，利用基本不等式得到，求出答案.
【详解】
，令，，
则
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，故，
故，当且仅当时，等号成立，
令，，
则，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故当时，，当时，，
故时，，单调递减，当时，，单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，
设，
由基本不等式得，
，
当且仅当，，时，等号成立，
故，则．
故答案为：
【点睛】
导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变形得到，从而构造进行求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理求出；
（2）根据正弦定理得到，从而得到，求出，得到，，从而求出周长的取值范围.
【详解】（1），由正弦定理得：，
即，
由余弦定理得：，
因为，
所以；
（2）锐角中，，，
由正弦定理得：，
故，
则
，
因为锐角中，，
则，，
解得：，
故，，
则，
故，
所以三角形周长的取值范围是.
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，利用互斥事件的概率求法求概率即可；
（2）讨论上场或不上场两种情况，应用全概率公式求甲队获得最终胜利的概率；
（3）利用贝叶斯公式求甲队明星队员上场的概率.
【详解】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件“甲队第局获胜”，其中相互独立.
又甲队明星队员前四局不出场，故，
，所以.
（2）设为甲3局获得最终胜利，为前3局甲队明星队员上场比赛，
由全概率公式知，，
因为每名队员上场顺序随机，故，
，
所以.
（3）由（2），.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；
（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得
，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
设直线与平面所成角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法
过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解；
（2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围.
【详解】（1）依题意，，焦半径，
由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故双曲线的方程为；
（2）显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为，
联立，消去整理得，
在条件下，设，，
则，，
由，得，
即，
整理得，
代入韦达定理得，，
化简可消去所有的含的项，解得：或（舍去），
则直线的方程为，得，
又都在双曲线的右支上，故有，，
此时，，
所以点到直线的距离的取值范围为.