武汉市第二中学2024届高三下学期5月模拟考数学试卷(含答案)

这是一份武汉市第二中学2024届高三下学期5月模拟考数学试卷(含答案)，共15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．已知复数z满足，则( )
A.B.1C.D.2
2．设集合，，则的子集个数为( )
A.2B.4C.8D.16
3．蒙古包(Mnglianyurts)是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐、毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包(含底面)的表面积为( )
A.B.C.D.
4．五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从A，B，C，D四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过A景点，所以甲不选A景点，则不同的选法有( )
A.64B.48C.36D.24
5．设点A，B在曲线上两点，且中点，则( )
A.1B.2C.D.
6．已知定义域为R的函数，其导函数为，且满足，，则( )
A.B.C.D.
7．设双曲线C：的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线C的离心率为( )
A.3B.4C.5D.6
8．设，已知函数在上恰有6个零点，则取值范围为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列四个命题正确的是( )
A.若，，则；
B.若，，则；
C.若，，，则；
D.若，，，则.
10．盒子中有编号一次为1，2，3，4，5，6的6个小球（大小相同），从中不放回地抽取4个小球并记下编号，根据以下统计数据，可以判断一定抽出编号为6的小球的是( )
A.极差为5B.上四分位数为5C.平均数为3.5D.方差为4.25
11．已知函数,,则( )
A.有且只有一个极值点
B.在上单调递增
C.不存在实数,使得
D.有最小值
三、填空题
12．若平面向量，，两两夹角相等且，，，写出的一个可能值为_______.
13．在等比数列中，，，则_______.
四、双空题
14．某校数学建模社团对校外一座山的高度h（单位：m）进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型_______（h是用和表示的一个代数式）；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量______次.参考数据：若，则。
五、解答题
15．已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
16．设函数，.
（1）求的极值；
（2）若对任意，有恒成立，求m的最大值.
17．如图，在三棱柱中，，，，O为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值.
18．四月的武汉被百万株蔷薇花覆盖，形成了全城的花海景观。蔷薇花一般扦插繁殖，园林局为了更好的了解扦插枝条的长度对繁殖状况的影响，选择甲乙两区按比例分层抽样来抽取样本.已知甲区的样本容量，样本平均数，样本方差；乙区的样本容量，样本平均数，样本方差.
（1）求由两区样本组成的总样本的平均数及其方差；（结果保留一位小数）
（2）为了营造“花在风中笑，人在画中游”的美景，甲乙两区决定在各自最大的蔷薇花海公园进行一次书画比赛，两区各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲区举行.比赛规则如下：每场比赛分出胜负，没有平局，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束.当比赛在甲区举行时，甲区代表队获胜的概率为，当比赛在乙区举行时，甲区代表队获胜的概率为.假设每场比赛结果相互独立.甲区代表队的最终得分记为X，求X的分布列及的值.
参考数据：，，，，.
19．如图，已知椭圆C：经过点，离心率.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C上任意点T，x轴上一点，若的最小值为，求实数m的取值范围；
（3）设是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），直线与直线l：相交于点M，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列.
参考答案
1．答案：C
解析：由已知条件，1结合复数的除法运算法则可得，从而可求出共轭复数，进而可选出正确答案.
2．答案：C
解析：根据对数的运算性质化简集合A、B，即可求出，再判断其子集个数.
3．答案：A
解析：根据题意，设圆雉的底面半径为r，圆雉的母线长为l，则圆柱的底面半径也为r，
由于底面圆的面积为平方米，即，解可得，
故，
故圆锥的侧面积，
圆柱的侧面积
底面圆的面积为，
故该蒙古包（含底面）的表面积
平方米
故选：A.
4．答案：B
解析：因甲不选A景点，应该分步完成：第一步，先考虑甲在B，C，D三个景点中任选一个，有3种选法；第二步，再考虑乙和丙，从A，B，C，D中分别任选一个景点，有中选法.
由分步乘法计数原理，可得不同选法有：种.故选：B.
5．答案：D
解析：设，
则有即
解得或，因此，，故故选：D.
6．答案：D
解析：依题意令，则，
因为在R上恒成立，所以在R上恒成立，故在R上单调递减，所以，，故A不正确；
所以，即，即，故B不正确；
又，即，即，故C错误；
因为，即，即，故D正确；故选：D.
7．答案：C
解析：取M为的中点，为右焦点，，
，，在上的投影为，，
，，，
，，，故选：C.
8．答案：B
解析：
即或
即或
当时，零点从小到大依次为
因此有，即.故选：B.
9．答案：BC
解析：①没说明直线m垂直于两平面的交线，所以不能判断，故①错误；
②根据面面平行的性质定理，若，，则，故②正确；
③垂直于同一条直线的两个平面平行，所以若，，则，
若，则，故③正确；
④若，，则，平行或相交，若，则或相交或，故④错误.故选：BC
10．答案：ABD
解析：假设抽出四张卡牌从小到大排列为，，，
A.，得，，故A正确
B.，得，，故B正确
C.，存在，，，使得不抽出卡牌6，故错误
D.若未抽出卡牌6，则方差最大为，，，时，此时，，故D正确
11．答案：ABD
解析：由得,令,则函数可以看作为函数与函数的复合函数,
因为为增函数,所以与单调性,图象变换等基本一致,
,由得,列表如下:
由表知,在上单调递减,在上单调递增,在时,取得极小值(最小值),
所以,在上单调递增,在上单调递增,即B正确;
在时,取得唯一极值（极小值,也是最小值）,即A,D都正确,C错误.
故选:ABD.
12．答案：9或（写出任意一个都得5分）
解析：由，，两两夹角相等,可得两种情况:
（1），，同向,此时；
（2），，两两之间的夹角为,此时,,,
故的可能值为9或.
故答案为：9或.
13．答案：31
解析：设，
则
，故
14．答案：（也可以写成）；72
解析：（1）在中，，
在中，.（结果还可以是）
（2）由于，因此，
所以，故至少要测量72次.
故答案为：（也可以写成）；72
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）令，得
因为，所以，
两式相减得，
即.所以，
所以，即，
所以，
又，符合上式，所以.
（2）由（1），
所以.
16．答案：（1）极小值，无极大值；
（2）.
解析：（1），.
令，得，令，得.
故在单调递减，在单调递增.
在处取得极小值，无极大值.
（2）对恒成立，即对恒成立.
令，，则只需即可.
，
易知，，均在上单调递增，
故在上单调递增且.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
.故，
，故m的最大值为.
17．答案：（1）证明见解析；
（1）.
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）根据题意，得，
因为
，
同理，
所以
所以总样本的平均数为，方差.
（2）依题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，
设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，“第i场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，，则，
所以，
，
，
则X的分布列为：
.
19．答案：（1）；
（2）；
（3）证明见解析
解析：（1）由题意，点在椭圆上得，可得①
又由，所以②
由①②联立且，可得，，，
故椭圆C的标准方程为.
（2）设，，
令，对称轴为，
因为，
当，即，，故符合题意；
当，即，，
所以，解得，不符合题意；
当，即，，
解得；
所以实数m的取值范围为：.
（3）由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标，
显然直线斜率存在，设的斜率为k，
则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
易知，设，，则有，，
由直线的方程为，令，可得，
即，从而，，，
又因为A，F，B共线，则有，即有，
所以，
将，，代入得，
又由，所以，即，，成等差数列.
x
-
0
+
z
↘
↗
X
0
1
2
P