2024届 湖北黄冈浠水县高三第二学期高考数学试卷(四模)带解析

这是一份2024届 湖北黄冈浠水县高三第二学期高考数学试卷(四模)带解析，共21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．已知为虚数单位，，则（ ）
A．1B．2C．D．
2．已知集合，，则的子集的个数为（ ）
A．3B．4C．8D．16
3．已知圆，，，则“直线AB与圆C有公共点”的充要条件是（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知能被9整除，则整数的值可以是（ ）
A．B．C．9D．13
6．将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象与的图象关于原点对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，则的值可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
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．下列说法正确的有（ ）
A．若随机变量，且，则
B．若随机变量，则方差
C．若从名男生、名女生中选取人，则其中至少有名女生的概率为
D．若随机变量X的分布列为，则
10．已知，且，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值4B．有最小值
C．有最小值D．的最小值为
11．已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．随着增大而减小
B．曲线的横坐标取值范围为
C．曲线与直线相交，且交点在第二象限
D．是曲线上任意一点，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在的展开式中，的系数为 ．
13．在中，，，依次成等差数列，，的取值范围为 ．
14．如图，球内切于圆柱，圆柱的高为，为底面圆的一条直径，为圆上任意一点，则平面截球所得截面面积最小值为 若为球面和圆柱侧面交线上的一点，则周长的取值范围为 ．

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．已知函数.
(1)若的图象在点处的切线与直线垂直，求的值;
(2)讨论的单调性与极值.
16．如图，在三棱柱中，侧面底面，，点为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
17．比亚迪，这个中国品牌的乘用车，如今已经在全球汽车品牌销量前十中占据一席之地.这一成就是中国新能源汽车行业的里程碑，标志着中国已经在全球范围内成为了新能源汽车领域的强国.现统计了自上市以来截止到2023年8月的宋plus的月销量数据.
(1)通过调查研究发现，其他新能源汽车的崛起、购置税减免政策的颁布等，影响了该款汽车的月销量，现将残差过大的数据剔除掉，得到2022年8月至2023年8月部分月份月销量y（单位：万辆）和月份编号x的成对样本数据统计.
请用样本相关系数说明y与x之间的关系可否用一元线性回归模型拟合？若能，求出y关于x的经验回归方程；若不能，请说明理由.（运算过程及结果均精确到0.01，若，则线性相关程度很高，可用一元线性回归模型拟合）
(2)为迎接2024新春佳节，某地4S店特推出盲盒抽奖营销活动中，店家将从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖，已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示.
①从这50个模型中随机取1个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件A与B是否相互独立；
②活动规定：在一次抽奖中，每人可以一次性拿2个盲盒.对其中的模型给出以下假设：假设1：拿到的2个模型会出现3种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色以及仅外观或仅内饰同色.假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高.假设3：该抽奖活动的奖金额为一等奖3000元、二等奖2000元、三等奖1000元.请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的期望（精确到元）.
参考公式：样本相关系数，
，.
参考数据：，.
18．已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.
19．已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
月份
2022年8月
2022年9月
2022年12月
2023年1月
2023年2月
2023年3月
2023年4月
2023年6月
2023年7月
2023年8月
月份编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
月销量（单位：万辆）
4.25
4.59
4.99
3.56
3.72
3.01
2.46
2.72
3.02
3.28
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
20
10
米色内饰
15
5
1．C
【分析】根据给定条件，利用复数乘法运算及复数相等计算得解.
【详解】依题意，，而，则，
所以.
故选：C
2．D
【分析】根据集合的描述法确定集合中的元素，根据交集的概念可得，从而根据其元素个数得子集个数.
【详解】因为，
，
所以，所以的子集个数为．
故选：D．
3．D
【分析】根据题意可得直线AB的方程，再设圆的半径为，其圆心到直线AB的距离为，从而可得“直线AB与圆C有公共点”的充要条件是“”，进而求解即可．
【详解】由，，
则直线AB的方程为，
设圆的半径为，其圆心到直线AB的距离为，
则“直线AB与圆C有公共点”的充要条件是“”
即，解得．
故选：D．
4．B
【分析】根据诱导公式化简，再利用函数奇偶性的定义判断的奇偶性，从而得解.
【详解】因为，定义域为，
又，
所以是奇函数，从而ACD错误，B正确.
故选：B.
5．B
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，则能被整除，结合选项即可求解.
【详解】因为
，
又能被整除，
所以能被整除，
由选项知当时符合，当，或时均不符合.
故选：B．
6．B
【分析】根据已知条件利用二倍角公式化简求出函数的解析式，根据函数的变化规律结合诱导公式即可求得结论.
【详解】令，则有，
设向右平移个单位长度后得到的函数为，
则有，
根据已知条件的图象与的图象关于原点对称，
则有，即，
所以，解得,
又因为，所以当时，取最小值为.
故选：B
7．D
【分析】由面积公式得到，再由余弦定理得到，利用辅助角公式计算可得.
【详解】依题意，所以．
由余弦定理得，
所以，
故，当时等号成立,
即的最大值为.
故选：D．
8．C
【分析】令，，根据对称性，问题可以转化为与的图象在内有个不同的交点，画出函数图象，数形结合即可判断.
【详解】令，，
因为与的图象关于轴对称，
因为函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，
所以问题转化为与的图象在内有个不同的交点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
因为，当时，，
结合图象及选项可得的值可以是，其他值均不符合要求,.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是转化为与的图象在内有个不同的交点.
9．ABD
【分析】由正态分布求解判断出选项A正确，由二项分布即可判断选项B正确，由超几何分布求解概率即可判断选项C错误，由概率分布列的性质求解判断选项D正确.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，，故B正确；
对于C，至少有一名女生的概率，故C错误；
对于D，，，，故D正确．
故选：ABD.
10．ABD
【分析】利用基本不等式可判断各选项.
【详解】A选项：由，得，当且仅当，即，时取等号，故A选项正确；
B选项：，当且仅当，即，时取等号，故B选项正确；
C选项：由，得，
所以，
当且仅当，即，时取等号，故C选项错误；
D选项：由A的分析知且，时取等号，
所以，当且仅当，即，时取等号，故D选项正确；
故选：ABD．
11．AD
【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.
【详解】因为曲线，
当，时，则曲线为椭圆的一部分；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知随着增大而减小，故A正确；
曲线的横坐标取值范围为，故B错误；
因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；
因为，即点到直线的距离的倍，
当直线与曲线相切时，
由，消去整理得，
则，解得（舍去）或，
又与的距离，
所以，
所以的取值范围为，故D正确；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.
12．224
【分析】根据二项式定理的通项公式可得结果.
【详解】因为通项公式为，
当即时，，
所以的系数为224，
故答案为：224.
13．
【分析】根据题意可得，利用数量积公式得，进一步由正弦定理、结合三角恒等变换将所求转换为求三角函数值域即可.
【详解】根据题意，又，
所以，
而，
由正弦定理有，
所以，
所以
，
而的取值范围是，
所以的取值范围是，的取值范围是，
所以的取值范围是，
所以的取值范围为.
故答案为：.
14．
【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面截得球的截面面积最小值；利设在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可得周长的取值范围．
【详解】过点在平面内作，垂足为，如下图

易知，，
由勾股定理可得，则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面，取最大值，即，所以，
所以平面截得球的截面面积最小值为．
由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面射影为，
如图：

则，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，
所以，
因此，所以周长的取值范围为．
故答案为：；
【点睛】方法点睛：选择填空题中，遇到求函数的最小值问题，常见的方法有：
1.转化为二次函数的值域问题求解；
2.利用基本（均值）不等式求最值；
3.通过换元，转化成三角函数的值域问题求解；
4.利用导数分析函数单调性，求函数的最值.
15．(1)
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据直线垂直可得，即可求解，
（2）求导，对进行讨论，判断导函数的正负，即可得函数的单调性和极值.
【详解】（1）由题得，的定义域为.
.
的图象在点处的切线与直线l:垂直，
，
解得.
（2）由（1）知.
①当时，恒成立.
在上为减函数，此时无极值;
②当时，由，得，由，得，
在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为，无极大值.
综上可得，当时，在上为减函数，无极值;
当时，在上单调递减，在上单调递增.
的极小值为，无极大值.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明；
（2）由已知可知，为等边三角形，故，利用面面垂直的性质定理可证得底面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
因为侧面是平行四边形，
所以为的中点，又因为点为线段的中点，
所以，
因为面，面，
所以面.
（2）连接，，因为，，
所以为等边三角形，，
因为点为线段的中点，
所以，
因为侧面底面，平面平面，平面，
所以底面，
过点在底面内作，如图以为坐标原点，分布以，，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的法向量为，
又因为平面的法向量为，
则，
经观察，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
17．(1)可以使用一元线性回归模型拟合，
(2)①，，不独立；②分布列见解析，期望为1694
【分析】（1）根据数据和相关系数的公式求出相关系数，结合数值进行判断，利用公式可得回归直线方程；
（2）①利用古典概率和条件概率求解即可，结合独立事件的判断方法可知不独立.②确定的所有取值，求出分布列，结合期望公式可得期望.
【详解】（1），
，
，
因为，所以可以使用一元线性回归模型拟合.
，
，
所以回归方程为：.
（2）①模型内饰为米色的共有20个，所以，
红色外观的模型有35个，其中内饰为米色的共有15个，所以，
红色外观模型且内饰为米色的共有15个，所以，
，因为，所以不独立.
②设事件“取出的模型外观和内饰均为同色”， 事件“取出的模型外观和内饰都异色”， 事件“仅外观或仅内饰同色”，
，，
，
因为，所以获得一等奖的概率为，二等奖的概率为，三等奖的概率为.
其分布列为
期望为.
18．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点
（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可
【详解】（1）由题意可知C：（）的准线方程为：，
即，所以.
抛物线C的标准方程为
（2）设，，，
（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，
与抛物线方程联立
，化简得：，根据韦达定理可得：
即，
，直线方程为，整理得：.
又因为，即.
将代入化简可得：，
代入整理得：
故直线过定点
（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在
，
由（ⅰ）知
所以，又因为
即，化简得或
又由，得：且，即或
综上所述，
19．(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
【详解】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．
3000
2000
1000