湖北省沙市中学2024届高三下学期5月模拟预测数学试卷(含答案)

这是一份湖北省沙市中学2024届高三下学期5月模拟预测数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知，则z的虚部为( )
A.2B.1C.2iD.
2．抛物线过点，则的准线方程为( )
A.B.C.D.
3．已知向量,，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
4．已知，，( )
A.B.C.D.
5．为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生35人，女生25人.根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为、，该班成绩的方差为，则下列结论中一定正确的是( )
A.B.C.D.
6．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，记事件“取出的重卦中至少有1个阴爻”，事件“取出的重卦中至少有3个阳爻”.则( )
A.B.C.D.
7．在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是( )
A.B.C.D.
8．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则( )
A.函数的最大值为1B.函数最小值为1
C.函数的最大值为1D.函数最小值为1
二、多项选择题
9．已知的部分图象如图所示，则( )
A.
B.在区间单调递减
C.在区间值域为
D.在区间有3个极值点
10．已知正四棱锥的所有棱长均相等，O为顶点S在底面内的射影，则下列说法正确的有( )
A.平面平面
B.侧面内存在无穷多个点P，使得平面
C.在正方形的边上存在点Q，使得直线与底面所成角大小为
D.动点M，N分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是
11．已知定义在R上的函数在区间上单调递增，且满足，，则( )
A.B.
C.D.
三、填空题
12．已知函数，则________.
13．已知，，，若平面内满足到直线的距离为1的点P有且只有3个，则实数________.
四、双空题
14．有序实数组称为n维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用.已知n维向量，其中，.记范数为奇数的的个数为，则______；______.（用含n的式子表示）
五、解答题
15．已知函数的图象在x＝1处的切线与直线平行.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且时，，求实数m的取值范围.
16．面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试.面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分.
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分X服从正态分布，要求满足为达标.现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数.（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的分布列与数学期望.
附：若，则，
17．如图，在三棱柱中，点D在棱AB上且，
，O为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值.
18．已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在
直线上.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）若圆的两条相互垂直的切线，均不与坐标轴垂直，且直线，分别与E相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值.
19．已知数列的各项均为正整数，
设集合，记T的元素个数为.
（1）若数列，且，，求数列和集合T；
（2）若是递增的等差数列，求证：；
（3）请你判断是否存在最大值，并说明理由.
参考答案
1．答案：B
解析：由于，所以z的虚部为-1.
故选：B.
2．答案：B
解析：把点代入抛物线方程，得，解得，
所以抛物线方程为，准线方程为.
故选：B.
3．答案：A
解析：当时，，即，故，解得.故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．答案：C
解析：，则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
结合可得，，则.
故.
故选：C
5．答案：D
解析：设该班男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，则
，故选：D.
6．答案：C
解析：，事件“取出的重卦中有3阳3阴或4阳2阴或5阳1阴”，则，则
故选：C
7．答案：C
解析：
依题意取，的中点为G，H，且交于点O，注意到F是的中点，三角形是等边三角形，从而O是三角形的中心，同时有，，，面，面，所以面，而面，所以平面面，故而点在平面的投影在上面，
注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等，
从而，，，，面，面，所以面，因为面，所以，
因为面，面，所以，
又因为，面，面，故有面，所以，注意到点G是直角三角形斜边上的中点，
所以G是四边形
（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而B，C，F，G四点共圆），，所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上，且底面四边形外接圆的半径为，
设到平面的距离为，过作于点D，
所以，即，
解得，，这意味着此时点与点G重合，
四棱维的外接球的表面积是.
故选：C.
8．答案：C
解析：AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，故恒成立，故在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，，由图像可知，恒成立，故单调递增，当，，单调递减，所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.故选：C
9．答案：AD
解析：由图像得，，解得，故，故此时有，将代入函数解析式，得，故，，解得，，而，故，此时，显然成立，故A正确，
易知，，而，，又，，故在区间上并非单调递减，故B错误，易知，，
故在区间的值域不可能为，故C错误，
当时，，，当时，取得极值，
可得在区间有3个极值点，故D正确.
故选：AD
10．答案：BD
解析：已知所有棱长都相等，不妨设为1.对于A：过S作直线，因为，所以，所以l为平面与平面的交线，取中点E，中点F，连接，，由正四棱锥，可得，，所以，，所以为二面角的平面角，连接，
在中，所以平面与平面不垂直，故A错误；对于B：取中点G，中点H，连接，，，因为，，又平面，平面，所以平面，平面，又，所以平面平面，所以当时，平面，这样的点P有无穷多，故B正确；对于C：由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成角最大，所以，所以不布存Q使得与底面成的角为，故C错误；对于D：作垂直于，连接，因为平面，又平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以，因为则为二面角的平面角，当都无限向点B靠拢时，；当，时，，所以二面角范围是，故D正确.故选：BD.
11．答案：BCD
解析：对于函数有，，则函数关于直线对称，由，则函数关于点对称，
所以，所以得，则，故函数的周期为4，且，故函数为偶函数，
因为函数在区间上单调递增，则函数的大致图象如下图:
由对称性可得，
所以
，故A不正确；
由于，，所以，故B
正确；
又，
，所以，故C正确；
，且，
因为，所以，故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
12．答案：
解析：，，
，
故答案为：
13．答案：5或-5
解析：设点，由可得：，两边平方整理得：，即点P的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.
若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离，解得.
故答案为：5或-5.
14．答案：①.40；②.
解析：根据乘法原理和加法原理得到.奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，根据乘法原理和加法原理得到，
两式相减得到
故答案为：40；.
15．答案：（1）在单调递增，在单调递减；
（2）.
解析：(1)的导数为，可得的图象在处的切线斜率为，由切线与直线平行，可得，即，所以，，由，可得，由，可得，则在单调递增，在单调递减.
(2)若，当时，有，即有恒成立，设，所以在为增函数，即有对x>0恒成立，可得对恒成立，令，则，令，可得，所以在单调递减，在单调递增，即有在处取得极小值，且为最小值，可得2m≤－，解得m≤－，则实数m的取值范围是.
16．答案：（1）159；
（2）Y的分布列见解析；.
解析：（1）因为X服从正态分布，所以，.
因为，所以，
所以.
因此，进入面试的人数约为159.
（2）由题意可知，Y的可能取值为0，1，2，3，4，5，
则；
；；
；
.所以Y的分布列为：
所以.
17．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）在三棱柱中，,，则,，
由,，得，在中，，，，
由余弦定理，得，，
于是，由平面，平面，得，
而，平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）由（1）知，，，两两垂直，以O为原点，直线，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由，，得，则，，，
于是，，设为平面的一个法向量，则，取，得，显然为平面的一个法向量，因此，显然二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值为.
18．答案：（1）；
（2）
解析：（1）设椭圆E的半焦距为c，由已知点B的坐标为，点F的坐标为，因为点B、F都在直线上，所以，，又，所以，，，所以椭圆E的方程为：，
（2）由题知，的斜率存在且不为0.设.因为与圆相切，所以，得.联立与E的方程，可得，设，，
则，.
所以，
将代入，可得.
用替换k，可得.
四边形的面积.
令，则，可得，
再令，，则，可得，
即四边形面积的最小值为.
19．答案：（1）；；
（2）证明见解析；
（3）存在最大值，理由见解析.
解析：（1）因为，且，所以，，均不相等，
所以2，，都是集合T中的元素.因为，
所以.可得，，所以数列，.
（2）因为为递增的等差数列，设的公差为，
当时，，所以，所以.
（3）存在最大值，理由如下：
由题意集合中的元素个数最多为个，
即.取，此时，
若存在，则，其中，
故，若，不妨设，
则，而，，
故为偶数，为奇数，矛盾、
故，故，故由得到的彼此相异，
故，即的最大值为.因此必有最大值.
Y
0
1
2
3
4
5
P