湖北省第九届2023-2024学年高三下学期4月四调（三模）数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省第九届2023-2024学年高三下学期4月四调（三模）数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省第九届2023-2024学年高三下学期4月四调三模数学试题Word版含解析docx、湖北省第九届2023-2024学年高三下学期4月四调三模数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
本试题卷共4页，19小题，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，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
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，，，则等于（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出坐标，然后根据向量数量积坐标运算公式求解即可
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，
故选：C
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由绝对值三角不等式求得，然后由解析式有意义求得，再由交集运算可得.
【详解】由，
当且仅当，即时，等号成立，得；
由得，即.
所以.
故选：B
3. 下面四个数中，最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据对数函数单调性求得，然后可判断最大项.
【详解】因为，即，
所以，，故B，C错误；
又，所以.
故选：D
4. 数列的首项为1，前n项和为，若，（）则，（ ）
A. 9B. 1C. 8D. 45
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，令，得到，等差数列是等差数列，求得，结合，即可求解.
【详解】由题意知，数列的首项为1，且，
令，可得，即，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
则.
故选：B.
5. 复数（）在复平面上对应的点不可能位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数代数形式乘除运算法则求出复数，由此能求出结果.
【详解】，
当时，，则复数对应的点在第四象限；
当时，，则复数对应的点在第三象限；
当时，，则复数对应的点在第二象限；
当或时，或，则复数对应的点在坐标轴上，不属于任何象限.
故复数对应的点不可能位于第一象限.
故选：A.
【点睛】本题考查复数在复平面上对应的点所在象限的判断，考查复数代数形式乘除运算法则及复数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据时的单调性可排除BC；再由奇偶性可排除D.
【详解】，
因为当时，都为增函数，
所以，单调递增，故B，C错误；
又因为，
所以不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误.
故选：A
7. 能被3整除，且各位数字不重复的三位数的个数为（ ）
A. 228B. 210C. 240D. 238
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意将10个数字分成三组：即被3除余1的；被3除余2的；被3整除的，若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：每组自己全排列或每组各选一个，求出3的倍数的三位数个数即可.
【详解】然后根据题意将10个数字分成三组：
即被3除余1的有1，4，7；被3除余2的有2，5，8；被3整除的有3，6，9，0，
若要求所得的三位数被3整除，
则可以分类讨论：每组自己全排列，每组各选一个，
所以3的倍数的三位数有：个.
故选：A.
8. 抛物线上有四点，，，，直线，交于点，且，．过分别作的切线交于点Q，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得∥，取弦，的中点分别为，设直线的方程为：代抛物线，由韦达定理可得，，，从而得在直线上，根据切线方程可得，作出图象，可得，，再根据求解即可.
【详解】解：由，，可知∥，
设弦，的中点分别为，
设直线方程为：，
代入，得，
则， ，
所以，，
同理可得，
由抛物线的几何意义可知点在直线上，
所以，
因为，所以，，
所以物线在处的切线为，即，
，即
同理可得物线在处的切线为，即,
由，解得，
综上，，,
所以四点共线，且所在直线平行于轴，

由，得，
则，，
又，
所以有，
又，
化简得，
同理有，
由两式知直线的方程为：
，
因为，
所以，
又直线过点，
代入得，
，
整理得，
即，
由题可得，
所以，
所以，
解得.
故选：D.
【点睛】关键点睛：涉及直线与圆锥曲线的问题，作出图象，结合韦达定理求解.
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3分，有选错的得0分．
9. 平行六面体中，各个表面的直角个数之和可能为（ ）
A. 0B. 4C. 8D. 16
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平行六面体的性质考察矩形个数的可能情况即可.
【详解】平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的平行四边形全等，
所以六个平行四边形中的矩形个数可能为，
所以各个表面的直角个数之和可能为.
故选：ACD
10. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】确定，，故或，当时，不满足单调性，排除；当时，计算，，代入计算得到答案．
【详解】，故，，故，
故，，故或，
当时，，，
故，，，有最小正零点，
，，，
故，，故，，
当，，函数不单调，排除；
当时，，，故，
，或，
或，，
故，，
故，，验证满足条件，此时．
综上，AD错误，BC正确.
故选：BC．
11. 如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（ ）
A. 该三棱台的体积最小值为B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意可得点的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定的坐标范围，设三棱台的高为，由三棱台的体积最大值确定的范围，从而可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解的取值范围，从而可判断B，D；将三棱台补成三棱锥，根据棱锥与棱台的体积关系即可判断C.
【详解】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图
则椭圆方程为，由于则，
又因为为锐角三角形，则且，
所以，，
所以，由于，所以，
设，则，设三棱台的高为，
则，
因为该三棱台的体积最大值为，，所以，
由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；
对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形，
则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面，
则，
设，则，，，
所以，
由于，，所以，又，故B可能正确；
同理，
又，故D可能正确；
如图，将三棱台补成三棱锥，
设点到平面的距离为，
则，
又，所以，故C一定正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何与平面解析几何综合运用，解决本题中的问题涉及的思路有：
（1）根据椭圆的定义确定动点的轨迹，利用解析几何的性质缩小点坐标范围；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式确定线段长的取值范围；
（3）体积关系的建立，需将三棱台补成三棱锥，由三棱锥的体积转换特点分析体积比例.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 写出函数的一条斜率为正的切线方程：______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据导数的几何意义结合导数运算求导函数，取定义域内的点作切点，求斜率与切点坐标即可得切线方程.
【详解】，，则，
取切点为，则斜率为，
又，
则切线方程为：，即.
故答案为：（答案不唯一）
13. 两个连续随机变量X，Y满足，且，若，则______．
【答案】0.86##
【解析】
【分析】利用期望和方差性质可得，然后由对称性即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，即
又，所以，，
所以，
所以.
故答案为：0.86
14. 双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两点（B在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为______．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据几何关系证明点必为双曲线的右顶点，再结合离心率计算公式，直接求解即可.
【详解】记与渐近线的交点为，根据题意，作图如下：

，，故；
则在△中，设，又，由余弦定理可得，解得，即；
在△中，，又，故；
又左焦点到直线的距离，
即，又，故，则在圆上，即与圆相切；
显然，则，又，又，
故可得，根据对称性，，故，
故三点共线，点是唯一的，根据题意，必为双曲线右顶点；
此时显然有，故双曲线离心率为.
故答案：2.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是能够与渐近线垂直，以及，确定点的位置，进而求解离心率.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 数列中，，，且，
（1）求数列的通项公式；
（2）数列的前项和为，且满足，，求．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可得到为等差数列，即可得到，再利用累加法计算可得；
（2）由（1）可得，由，得到与同号，再对分类讨论，利用并项求和法计算可得.
【小问1详解】
因为，所以，
所以数列是公差为的等差数列，其首项为，
于是，
则，，，
，，
所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）问知，，则，
又，则，两式相乘得，即，
因此与同号，
因为，所以当时，，此时，
当为奇数时，，
当为偶数时，；
当时，，此时，
当为奇数时，，
当为偶数时，；
综上，当时，；当时，.
16. 已知椭圆和的离心率相同，设的右顶点为，的左顶点为，，
（1）证明：；
（2）设直线与的另一个交点为P，直线与的另一个交点为Q，连，求的最大值．
参考公式：
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据离心率相等可得，然后求出直线和的斜率，利用斜率即可得证；
（2）联立直线和椭圆方程求出的坐标，从而可得的中点坐标，根据（1）中结论可得，利用导数即可求解.
【小问1详解】
当时，的离心率，
当时，的离心率；
当时，的离心率，
当时，的离心率；
因为，所以或，得，
又，所以，且；
由题意知，，即，
则，，
它们的斜率之积为，因此.
【小问2详解】
由（1）问知，，
联立与的方程，将y消去得：，
解得，，
又在曲线上，则，，
联立与的方程，将y消去得：，
解得，，
又在曲线上，则，，
因此的中点，连，因为，即，
所以，
记，当最大时，也最大；
可知
，
令得，解得，
又，则，
令得，
因此在处取得最大值，
且最大值为，
因此最大值为.
17. 空间中有一个平面和两条直线m，n，其中m，n与的交点分别为A，B，，设直线m与n之间的夹角为，
（1）如图1，若直线m，n交于点C，求点C到平面距离的最大值；
（2）如图2，若直线m，n互为异面直线，直线m上一点P和直线n上一点Q满足，且，
（i）证明：直线m，n与平面的夹角之和为定值；
（ii）设，求点P到平面距离的最大值关于d的函数．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，（ii）
【解析】
【分析】（1）设点C到平面的距离为h，结合余弦定理、三角形，面积公式，基本不等式即可求得大值；
（2）利用空间直线之间的位置关系、线面垂直的性质定理与判定定理确定线面夹角即可证明结论；再根据点到平面的距离，结合（1）中结论即可得答案.
【小问1详解】
设点C到平面的距离为h，作于点H，可知，
设，，在中，由余弦定理可知：，
由于直线m与n之间的夹角为，且它们交于点C，则，
从而，又，则（时取等）；
因为，所以，
所以点C到平面的距离，其最大值为；
【小问2详解】
（i）证：如图，过点P作直线，由题知直线l与平面必相交于一点，设其为点D，
连接，，则P，Q，D，B共面，又且，于是，
又，则四边形为平行四边形，则，
因为且，所以且，所以，
又，所以平面，
作于H，则，又，则，
设，则P到平面的距离也为h，且直线m，n与平面的夹角分别为和；
由于直线m与n之间的夹角为，则直线m与l之间的夹角也为，
则，于是，
即直线m，n与平面的夹角之和为定值；
（ii）因为平面，所以，
中，，则，
又，由（1）问同法算得，
即点P到平面距离h的最大值为.
18. 已知函数，，
（1）若对定义域内任意非零实数，，均有，求a；
（2）记，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导可得，再分与两种情况分析原函数的单调性，当时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定的值；
（2）由（1）问的结论可知，，再累加结合放缩方法证明即可.
【小问1详解】
的定义域为，且；
，因此；
i.时，，则此时令有，令有，
则在上单调递增，上单调递减，又，
于是，此时令，有，不符合题意；
ii.时，有零点0和，
若，即，此时令有，在上单调递减，
又，则，令，，有，不符合题意；
若，即，此时令有，在上单调递减，
又，则，令，有，不符合题意；
若，即，此时，在上单调递增，又，
则时，时；则时，也即对，，
综上，
【小问2详解】
证：由（1）问的结论可知，时，；
且时，；
则时，，令，有，
即，
于是
将上述n个式子相加，；
欲证，只需证，只需证；
因为，
所以，得证：
于是得证.
【点睛】方法点睛：
（1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；
（2）对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.
19. 欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数），
（1）求和；
（2）现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则；
（3）设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值．
【答案】（1），；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求出和.
（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得，设，，结合二项式展开式证明，再按与分类求证即得.
（3）利用的定义，记，，令，那么，且，，使，则，再探求数列项数及递推关系即可求得答案.
【小问1详解】
中，与6互质的数有1和5，则；
中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8.
【小问2详解】
因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质，
又，则，，…，或，，…时，x与n不互质，
则，
设，，可知s，t不全0，下证时，；
由题知，，
又，
所以，同理有；
于是记，，
即，同理，记，于是，
则，因为，所以，所以，
即；
（i）时，记，则，
记，又，而，则，
即，即；
（ii）若，不妨设，于是，
所以，又，，
所以；
综上，，得证：
【小问3详解】
因为，所以，则，则，
假设存在，，使得；记，，
令，那么，且，于是，使，则，
从而数列有且仅有项，
考虑使成立，
则对于相邻项有，
将两式相加并整理得：，
令，得，又由于，，…，及均由和确定，
则数列的各项也可根据n和确定，
由上知，，
则，
即，其中是根据n和唯一确定的.
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.