数学：湖北省武汉市2024届高三下学期5月模拟训练试题试卷（解析版）

这是一份数学：湖北省武汉市2024届高三下学期5月模拟训练试题试卷（解析版），共19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
1. 设集合，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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】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】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】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】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】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】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】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.
二、选择题
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】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】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】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.
三、填空题
12. 已知复数满足，则的最小值为______.
【答案】
【解析】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】
【解析】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】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
15. 已知.
（1）求并写出的表达式；
（2）证明：.
（1）解：由有，
取得到，解得.
将代入可得.
（2）证明：设，则，故当时，当时.
所以在上递减，在上递增，故.
从而.
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．
（1）证明：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．
（2）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.
（1）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
.
（2）证明：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.
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.
解：（1）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.
（2）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.
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：.
（1）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.
（2）证明：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.
（3）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.