湖北省武汉市2024届高三数学下学期5月模拟训练试题试卷含解析

这是一份湖北省武汉市2024届高三数学下学期5月模拟训练试题试卷含解析，共22页。试卷主要包含了 若，则， 已知等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
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，再选涂其它答案标号.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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集为空集，即可求解.
【详解】由于，所以，
故选：A
2. 已知向量，，则在上的投影向量的模为（）
A. B. 1C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，根据投影向量的概念求出向量在向量方向上的投影向量，根据模的计算公式，即可求得答案.
【详解】由题意知向量，，则，
故向量在上的投影向量为，
故向量在向量方向上的投影向量的模为.
故选：C
3. 设抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，则的最小值为（）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立方程得韦达定理，即可根据焦点弦公式求解.
【详解】由得，，
由题意可知直线的斜率存在，故设其方程为，
联立与可得，
设，则，故，
因此，当且仅当时取等号，
故选：C
4. 已知一组数据的上四分位数是，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据上四分位数的定义将条件转化为中第二大的数是，再求解.
【详解】在五个数中，上四分位数为第二大的数，故中第二大的数是，所以.
故选：C.
5. 若，则（）
A. 180B. C. D. 90
【答案】A
【解析】
【分析】由写出其通项公式，依题意对赋值即可求得.
【详解】因，其二项展开式的通项为：
，
而是的系数，故只需取，得，
即.
故选：A.
6. 已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【详解】记的 中点分别为，因为，所以，
同理，，记，
因为，所以，
所以，，
易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时，
以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（）
A. 当时，B. 当时，事件与事件不独立
C. 当时，D. 当时，事件与事件不独立
【答案】D
【解析】
【分析】分和的情况分别考虑四个选项.
【详解】当时，表示一正一反，故，故A正确；
此时，，
，故B正确；
当时，表示并非每次都是正面朝上，
故，故C正确；
此时，，
，所以，故D错误.
故选：D.
8. 在三角形中，角，，的对边分别为，，且满足，，则面积取最大值时，（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据条件，结合正、余弦定理，得到角的关系，再用角的三角函数表示的面积，换元，利用导数的分析面积最大值，对应的角的三角函数值，再利用角的关系，求.
【详解】因为，
又由余弦定理：，所以，
所以.
由正弦定理得：，
所以或（舍去），故.
因为，所以.
由正弦定理：.
所以.
因为，所以.
设，.
则，
由，
由，
所以在上单调递增，在上递减，
所以当时，有最大值.
即当时，的面积最大.
此时
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题用到了三倍角公式，因为有些教材不讲这个公式，所以该公式的记忆或推导在该题中就格外重要.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知（，，）的部分图象如图所示，则（）
A. B. 最小正周期为
C. 在内有3个极值点D. 在区间上的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数的部分图象求得，，值，可得函数解析式，进而根据正弦函数的图象和性质即可逐一判断得解.
【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，，
，，故AB正确，
对于C，由五点法画图知，，解得，
由于，所以，
.
令，则，
时，，时，，
当时，，当时，，当时，，
故在内有2个极值点，分别为，，故C错误，
对于D，，可得：，
故当此时取最大值，故D正确.
故选：ABD.
10. 在平面直角坐标系中，椭圆，圆，为圆上任意一点，为椭圆上任意一点.过作椭圆的两条切线，，当，与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，，则（）
A. 椭圆的离心率为B. 的最小值为1
C. 的最大值为D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程判断选项A，再由两点间距离，判断BC，利用切线方程的斜率和韦达定理求解判断选项D.
【详解】对于A，根据题意，，则，故，故A正确；
对于BC，设，则，
而圆的圆心，半径为，
则，
因为，所以，则，
所以，即，
所以的最小值为，最大值为，故B错误，C正确；
对于D，设，过点的直线方程为：，
联立，，
根据直线与椭圆的相切，则，
化简可得，，
可知是方程的两个根，所以，
所以，当且仅当取等号，故D错误.
故选：AC
11. 对于函数，下列说法正确的是（）
A. 函数的单调递减区间为
B.
C. 若方程有6个不等实数根，则
D对任意正实数，且，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，分析导函数即得递减区间，不能用“并”连接；对于B，由推理得，利用函数单调性比较即得；对于C，分析函数的奇偶性，分段讨论函数的单调性和图象趋势，得图象简图，结合图象判断两函数交点个数即得；对于D，设函数，构造函数并判断其单调性，利用单调性得出即可.
【详解】函数的定义域为，，
对于A，由可得或，由可得，
即函数的单调递减区间为和，故A错误；
对于B，由A得，函数在上单调递增，
因，，
故，即B正确；
对于C，易知偶函数，当时，，
由A项知，函数的单调减区间为和，增区间为.
又当时，，当时，，
当时，，时，，
当时，，当时，，时，，
故函数的图象如图所示.
由图可得，直线与函数有6个不同交点，等价于，故C正确；
对于D，由图，不妨设，由可得，
即，不妨取，
设，
则，
则当时，，故，在上单调递增，
又，又，，即.
因，则，当时，，在上单调递减，
因，故得，即，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的零点和单调性应用,属于难题.
解决该题的关键，在于对函数的图象性质的探求，通过奇偶性单调性判断，作出简图，利用函数零点与方程的根、两函数的图象交点的关系转化解决；同时要根据待证不等式特征，设法构造对应的函数，利用该函数的单调性实现相关量的比较即得.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数满足，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，由条件得，所求式消元后化成，结合点的轨迹图形特征，求得的范围，结合函数单调性即得的最小值.
【详解】设，由两边平方整理得：，
即而，
作出复数对应的点的轨迹的图形如图.
易得，因在定义域内为增函数，
故，
即当且仅当时，取最小值.
故答案为:.
13. 已知，则______.
【答案】##0.875
【解析】
【分析】根据弦切互化可得，平方得，即可根据完全平方求解.
【详解】由得，平方可得，
故，
，
故答案为：
14. 已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意作出棱台的轴截面，利用切线长定理和射影定理求出上下底面边长，代入棱台的体积公式计算即得.
【详解】
如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为，则下底面边长为，
则，,
故,
在中，,则由射影定理，得，解得，
于是棱台的上底面面积为，下底面面积为，高为2，
故该正四棱台的体积为：.
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. 已知.
（1）求并写出的表达式；
（2）证明：.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接求导并令可得，再代入原表达式即可；
（2）构造函数并用导数证明，然后利用即可.
【小问1详解】
由有，取得到，解得.
将代入可得.
【小问2详解】
设，则，故当时，当时.
所以在上递减，在上递增，故.
从而.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.
16. 如图，已知四棱锥中，平面，四边形中，，，，，，点在平面内的投影恰好是△的重心．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过线线垂直先证明平面，即可由线面垂直证明面面垂直；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，所以平面平面．
【小问2详解】
取中点，连接，
因为，，，，
所以四边形是矩形，所以，
因为平面，所以，，
所以、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：
，，，，，
设，则，
，，，
因为点在平面内的投影恰好是△的重心，所以，
所以，所以，，又，，
令，
因为，，
所以是平面的法向量，
的方向向量是，
所以直线与平面所成角的正弦值为
.
故直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知双曲线，直线与双曲线交于，两点，直线与双曲线交于，两点.
（1）若直线经过坐标原点，且直线，的斜率，均存在，求；
（2）设直线与直线的交点为，且，证明：直线与直线的斜率之和为0.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据两点斜率公式，结合点差法即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算得数量积,,进而根据等量关系化简即可求解.
【小问1详解】
当直线经过坐标原点时，，两点关于原点对称.
设，，，
于是，.
因，，三点都在双曲线，
所以，两式作差，，所以
.
【小问2详解】
已知，由题意可知均有斜率，
可设直线，直线，，，，.
，.
联立直线方程与双曲线的方程：.
整理得，，
当时，.
，.
于是，
同理可得，.
因为，所以
整理得，，而，所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的数量积坐标运算.
18. 某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.
附：若，取，.
（1）求该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差；
（2）若该零件生产的控制系统中每个元件正常工作的概率都是，各个元件能否正常工作相互独立，如果系统中有超过一半的元件正常工作，系统就能正常工作. 系统正常工作的概率称为系统的可靠性.
①若控制系统原有个元件，计算该系统的可靠性，并判断若给该系统增加一个元件，可靠性是否提高？
②假设该系统配置有个元件，若再增加一个元件，是否一定会提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明.
【答案】（1）
（2）①可靠性为，增加一个元件后系统的可靠性会提高；②当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
【解析】
【分析】（1）直接根据题目条件及给定的正态分布数据求解；
（2）利用二项分布的概率性质求解可靠性，并比较不同的取值下可靠性的大小关系即可，当然也可以采取其它的思路求解.
【小问1详解】
技术改造前，易知，，则其优品率为；
技术改造后，，，则其优品率为.
所以优品率之差为.
【小问2详解】
①记为原系统中正常工作元件个数，为增加一个元件后正常工作元件个数.
由条件知，，.
，.
因为，所以可靠性提高.
②方法一：
根据上一问的假设，易知，.
当为奇数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
.
所以，，这说明可靠性降低.
当为偶数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
.
所以，，这说明可靠性提高.
综上，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
方法二：
当为奇数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
于是，
，
这说明可靠性降低.
当为偶数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
于是，
.
这说明可靠性提高.
综上，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
方法三：
设两两独立且均服从二项分布，记，则该系统配置有个元件时，系统的可靠性为.
则
，且
.
这就得到，.
这表明，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
注意到服从二项分布，故.
进行完以上准备工作后，我们回到原题.
①若控制系统原有个元件，则系统的可靠性为.
而是偶数，所以增加一个元件后系统的可靠性会提高；
②根据上面的结论，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
【点睛】关键点点睛：第2小问②的结果本质上是因为：当是偶数时，若添加一个元件，那么要求的正常工作的元件的最小数量不变，还是，但是元件多了一个，所以正常工作的元件数目必然有更大的机会达到要求的值，所以可靠性一定更大了；
而当是奇数时，若添加一个元件，那么要求的未能正常工作的元件的最大数量不变，还是，但是元件多了一个，所以未能正常工作的元件数目必然有更大的机会突破允许的最大值，所以可靠性一定更小了.
第2小问的方法三的关键在于：构造一列独立同分布随机变量来比较不同的概率，相比构造单个二项分布随机变量，构造一列独立同分布随机变量会更加便于比较不同的概率，因为此时每个随机变量的取值范围都非常有限，而进行比较时只需要研究多出的一个随机变量即可. 这就避免了花费力气对两个取值范围很广的随机变量进行比较，那样太过困难.
19. 混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等，其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一，假设在一个混沌系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中.
（1）当时，若满足对，有，求的通项公式；
（2）证明：当时，中不存在连续的三项构成等比数列；
（3）若，，记，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用给定的两个递推关系，建立方程组求解即得.
（2）利用反证法，结合已知定义导出矛盾即可得证.
（3）先确定数列的范围和单调性，然后利用结合放缩法推理即得.
【小问1详解】
当时，，依题意，①，②，
两式作差，，则或，
若，代入①式解得，或，而，于是；
若，将代入②式解得，.
因此必有.
注意到，，从而由归纳即知是常数列.
所以的通项公式为.
【小问2详解】
假设，，构成等比数列，则.
那么由，可知.
又，则，解得，与矛盾.
所以中不存在连续的三项构成等比数列.
【小问3详解】
由于当时，有，，即.
而，，故归纳即知对任意正整数都有.
又由及可知，故数列单调递减.
又由于，故
.
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.