2024届湖北省武汉市江汉区高三上学期7月新起点摸底考试数学试题含答案

这是一份2024届湖北省武汉市江汉区高三上学期7月新起点摸底考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届湖北省武汉市江汉区高三上学期7月新起点摸底考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据补集与交集的运算，可得答案.【详解】由题意，，.故选：C.2．已知双曲线的离心率为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用双曲线的离心率公式可得出关于的等式，解之即可.【详解】由题意可知，双曲线的焦点在轴上，故该双曲线的离心率为，解得.故选：A.3．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】应用诱导公式、二倍角余弦公式将目标式化为含的表达式，即可求值.【详解】由.故选：D4．“”是“方程有正实数根”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据零点的几何意义，将方程有正根问题等价转化为函数求零点问题，结合二次函数的性质，可得答案.【详解】由方程有正实数根，则等价于函数有正零点，由二次函数的对称轴为，则函数只能存在一正一负的两个零点，则，解得，故选：B.5．已知某圆锥的母线长、底面圆的直径都等于球的半径，则球与圆锥的表面积之比为（    ）A．8 B． C． D．【答案】B【分析】根据球与圆锥的表面积计算公式，建立方程，可得答案.【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，球的半径为，则，即，，球的表面积，圆锥的表面积，则.故选：B.6．设等比数列的前项和为，已知，，则（    ）A．80 B．160 C．121 D．242【答案】D【分析】由，得（），两式相减可求了公比，再将代入中化简可求出，从而可求出.【详解】由，得（），所以，得，所以等比数列的公比为，所以由，得，所以，解得，所以，故选：D7．2023年武汉马拉松于4月16日举行，组委会决定派小王、小李等6名志愿者到甲乙两个路口做引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为（    ）A．40 B．28 C．20 D．14【答案】B【分析】根据题意，先分配特殊的两个人，再将剩余4个人分到两个路口，按照分组分配相关知识进行计算即可.【详解】若小王在1号路口，小李在2号路口，则剩余4个人分到两个路口，两个路口为人分布，共有种方案，两个路口为人分布，共有种方案，此时共有种方案；同理若小王在2号路口，小李在1号路口，也共有种方案.所以一共有28种不同的安排方案种数.故选：B8．已知，均为锐角，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由已知条件可得，构造函数，，利用导数可得在上为增函数，从而可得，再由正余弦函数的单调性可得结论【详解】因为，所以，可得，令，，，所以在上为增函数，∴，∵，均为锐角，∴， ∴，，故A正确C错误；因为无法确定的大小，故BD错误；故选：A. 二、多选题9．武汉市某七天每天的最高气温分别是38，36，35，37，39，37，35（单位℃），则（    ）A．该组数据的极差为4 B．该组数据的众数为37C．该组数据的中位数为37 D．该组数据的第80百分位数为38【答案】ACD【分析】根据极差、众数、中位数和百分位数的定义求解.【详解】这组数据从小到大排列为：35，35，36，37，37，38，39， 极差为，A选项正确；众数为35和37，B选项错误；中位数是第4个数据37，C选项正确；，该组数据的第80百分位数为第6个数据38，D选项正确.故选：ACD10．已知函数，下列结论中正确的有（    ）A．若，则是的整数倍B．函数的图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移单位得到C．函数的图象关于点对称D．函数在上单调递增【答案】CD【分析】利用诱导公式可判断A选项；利用三角函数图象变换可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则或，可得或，A错；对于B选项，因为，所以，函数的图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移个单位得到，B错；对于C选项，因为，所以，函数的图象关于点对称，C对；对于D选项，当时，，所以，函数在上单调递增，D对.故选：CD.11．已知直线与圆，下列说法正确的是（    ）A．所有圆均不经过点B．若圆关于直线对称，则C．若直线与圆相交于、，且，则D．不存在圆与轴、轴均相切【答案】ABD【分析】A假设存在圆经过点，将代入圆的方程判断是否有解；B由在直线上，代入即可判断；C几何法先求到直线的距离，结合点线距离列方程求；D根据题设，假设存在圆与数轴相切，判断是否有解.【详解】A：将代入，则，所以，此时，所以不存在值，使圆经过点，对；B：若圆关于直线对称，则在直线上，所以，则，对；C：由题意，到直线的距离，所以，则，可得或，错；D：若圆与轴、轴均相切，则，显然无解，即不存在这样的圆，对；故选：ABD12．已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】令，得到，推得为偶函数，得到的图象关于对称，再利用导数求得当时，单调递增，当时，单调递减，把不等式转化为恒成立，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由函数，令，则，可得，可得，所以为偶函数，即函数的图象关于对称，又由，令，可得，所以为单调递增函数，且，当时，，单调递增，即时，单调递增；当时，，单调递减，即时，单调递减，由不等式，可得，即所以不等式恒成立，即恒成立，所以的解集为，所以且，解得，结合选项，可得BC适合.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法设，从而得到，证明其为偶函数，则得到的图象关于对称，再结合其单调性即可得到不等式组，解出即可. 三、填空题13．已知复数满足，则        ．【答案】3【分析】通过方程解出，再求出即可求解.【详解】因为，由求根公式可得，，所以.故答案为：314．已知向量，满足，，，则与的夹角为        ．【答案】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，再利用向量夹角公式计算作答.【详解】向量，满足，，由，得，因此，而，则，所以与的夹角为.故答案为：15．已知四棱锥的底面为平行四边形，点，分别是、的中点，过，，三点的平面与棱的交点为，若，则        ．【答案】2【分析】延长和交于点，根据，得到，连接交于点，得到过点的截面，取的中点，连接，根据，求得，进而得到，即可求解.【详解】如图所示，延长和交于点，由，且为的中点，所以，即，连接交于点，连接，则过点的截面即为截面，取的中点，连接，因为为的中点，所以，且，所以，可得，即，所以，因为，所以.故答案为：.    16．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则        ．【答案】8【分析】先设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，再由正弦定理得到，得到，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，.【详解】由题意得，，当直线的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，故设直线的方程为，不妨设，联立，可得，易得，设，则，则，则，，由正弦定理得，，因为，，所以，，即，又由焦半径公式可知，则，即，即，解得，则，解得，故，当时，同理可得到.  故答案为：8【点睛】方法点睛：解三角形中，当条件中有角平分线时，可利用正弦定理得到角平分线的性质，将角的关系转化为边的比例关系，再进行求解. 四、解答题17．已知的内角，，的对边分别为，，，．(1)求的大小；(2)当，时，求的面积．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）由正弦边角关系、和角正弦公式可得，结合三角形内角性质可得，即可得大小；（2）由余弦定理列方程求，再应用三角形面积公式求的面积．【详解】（1）由得：，∴，，∴．又，则．（2）由余弦定理得：，整理得：．解得，检验均满足构成三角形．∴或．18．已知图1是由等腰直角三角形和菱形组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，，．将三角形沿折起，使得平面平面（如图2）．  (1)求证：；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，，则，再结合已知面面垂直可得平面，则，而，再由线面垂直的判定可得面，从而可证得，（2）以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：取的中点，连接，．∵，∴．又∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面．∵平面，∴．∵在菱形中，， ∴为等边三角形，∵的中点为，∴，∵∥，∴∵，平面，∴平面，∵平面，∴．（2）由（1）平面，∵平面，∴，∵，∴如图,以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，∴，，．设平面的法向量为，则，不妨设，则．设平面的法向量为，则，令，则，设二面角的大小为，由图可知为钝角，∴，∴．∴二面角的正弦值为．  19．已知是数列的前项和，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系，结合累乘法即可求出数列的通项公式；（2）分和利用等差数列的求和公式求解即可.【详解】（1）由，则，两式相减得：，整理得：，即时，，所以时，，又时，，得，也满足上式．故．（2）由（1）可知：．记，设数列的前项和．当时，；当时，综上：20．已知，函数．(1)讨论的单调性；(2)求证：存在，使得直线与函数的图像相切．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据函数解析式，明确其定义域并求导，根据二次函数的性质，结合导数与函数单调性的关系，可得答案；（2）根据导数的几何意义，建立方程，将其等价于新函数求零点问题，利用导数研究新函数的单调性以及零点存在性定理，可得答案.【详解】（1）的定义域是，，当时，恒成立，在单调递增；当时，令，则，显然成立，解得：，，当时，；当时，，的增区间是和，减区间是．（2），则，设切点坐标为．由直线与函数的图象相切，则，解得：．显然直线过原点，则，所以．整理得，即：，得：．设，．当时，，递减，当时，，递增．又，．所以存在，使得．存在，使得直线与函数的图像相切．21．“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2022年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从武汉市的中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学、信息技术学科夏令营活动．(1)若化学组的12名学员中恰有5人来自同一中学，从这12名学员中选取3人，表示选取的人中来自该中学的人数，求的分布列和数学期望；(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动．规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利，假设每轮答题结果互不影响．已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，，且，如果甲、乙两位同学想在此次答题活动中取得6轮胜利，那么理论上至少要参加多少轮竞赛？【答案】(1)分布列见解析，(2)11轮 【分析】（1）根据超几何分布列分布列计算数学期望即可；（2）先求每轮答题中取得胜利的概率的最大值，再应用独立重复实验数学期望的范围求出最少轮数.【详解】（1）由题意可知的可能取值有0、1、2、3，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：0123所以．（2）他们在每轮答题中取得胜利的概率为，由，，，得，则，因此，令，，于是当时，．要使答题轮数取最小值，则每轮答题中取得胜利的概率取最大值．设他们小组在轮答题中取得胜利的次数为，则，，由，即，解得．而，则，所以理论上至少要进行11轮答题．22．已知为坐标原点，椭圆的离心率为，椭圆的上顶点到右顶点的距离为．(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的左、右顶点分别为、，过点作直线与椭圆交于、两点，且、位于第一象限，在线段上，直线与直线相交于点，连接、，直线、的斜率分别记为、，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）不妨设、，设直线的方程为，可得，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设，根据点在直线上，得出，然后利用斜率公式以及韦达定理可求出的值.【详解】（1）解：由题意知，，椭圆的上顶点到右顶点的距离为，即，解得，，，因此，椭圆的方程为．（2）解：如下图所示：不妨设、，由图可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，因为点，则，则，联立可得，，可得，即，解得，由韦达定理可得，解得，所以，，易知、，由于在直线上，设，又由于在直线上，则，所以，，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．