湖北省武汉市第四十九中学2024届高三数学上学期九月调考模拟试题（一）（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市第四十九中学2024届高三数学上学期九月调考模拟试题（一）（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
武汉市第四十九中学2024届高三九月调考数学模拟试题（一）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. 已知集合，，则有（    ）个真子集.A. 3 B. 16 C. 15 D. 4【答案】A【解析】【分析】计算，得到真子集个数.【详解】，，则，真子集个数为.故选：A2. 若复数满足，则的共轭复数是（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算法则和复数模的公式及共轭复数的概念即可求解.【详解】因为，所以，所以，故选：C3. 已知向量、满足，则与的夹角是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】计算出、，利用平面向量数量积的运算性质可求得与的夹角.【详解】因，则，所以，，所以，，则，又因为，所以，，因，因此，.故选：A.4. 函数在区间上是减函数，则的取值范围是（    ）A.  B. ， C. ， D. 【答案】C【解析】【分析】先确定，再转化为在区间上为减函数，且，即可求得的取值范围.【详解】解：若，则在区间上为增函数，不可能，舍去；
若，则在区间上为减函数，且,


即的取值范围是.
故选：C.【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，考查学生分析转化问题的能力，属于中档题.5. 已知，是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且，则椭圆C的标准方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的对称性、勾股定理、椭圆的定义求得，再求得后可得标准方程．【详解】由对称性，又，则，所以，，又，则，椭圆标准方程为．
 故选：B．6. 已知是函数的一个零点，若，，则（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】【分析】利用数形结合判定函数值大小即可.【详解】令．从而有，此方程的解即为函数的零点．在同一坐标系中作出函数与的图象，如图所示．由图象易知，，从而，故，即．同理．故选：D  7. 已知数列的前n项和为，则“数列是等比数列”为“存在，使得”的（    ）A. 既不充分也不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 充分不必要条件【答案】D【解析】【分析】由充分必要条件的定义，结合等比数列的通项公式和求和公式，以及利用特殊数列的分法，即可求解.【详解】由题意，数列是等比数列，设等比数列的公比为，则，所以存在，使得，即充分性成立；若存在，使得，可取，即，可得，当，可得，此时数列不是等比数列，即必要性不成立，所以数列是等比数列为存在，使得的充分不必要条件.故选：D.8. 已知，且，则的最大值为（　　）A  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用两角差的正弦公式展开，并利用同角三角函数的商数关系化为关于的方程，根据已知角的范围和三角函数的性质得到，利用三角函数的辅助角公式和三角函数的有界性得到关于的不等式，求得其最大值.【详解】∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，由得，∴存在使得，∴∴∴，∴，由于，的取值范围达到余弦函数的半个周期，的值必能取到1，因此这里能够取到等号，所以的最大值为，故选：B二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）9. 如图为某市某年国庆节7天假期的楼房认购量与成交量的折线图，某同学根据折线图对这7天的认购量（单位；套）与成交量（单位，套）作出如下判断，则判断正确的是（    ）A. 日成交量的中位数是16B. 日成交量超过平均成交量的只有1天C. 10月7日认购量的增长率大于10月7日成交量的增长率D. 认购量的方差大于成交量的方差【答案】BD【解析】【分析】计算中位数和平均数可判断AB，计算认购量和成交量的增长率可判断C，根据方差的性质可判断D.【详解】对于A，日成交量从小到大排列为：8，13，16，26，32，38，166，所以中位数是26，选项A错误；对于B，日成交量的平均数为，所以日成交量超过平均值的只有10月7日1天，选项B正确；对于C，10月7日认购量的增幅为164套，10月7日成交量的增幅为128套，计算认购量增长率为，成交量增长率为，所以选项C错误；对于D，因为日认购量的数据分布较分散些，方差大些，所以日认购量的方差大于日成交量的方差，选项D正确．故选：BD．10. 如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（    ）A. 小球运动的最高点与最低点的距离为B. 小球经过往复运动一次C. 时小球是自下往上运动D. 当时，小球到达最低点【答案】BD【解析】【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；当时，，所以选项D正确，故选：BD11. 已知直线与圆O：交于点M，N，若过点M和的直线与y轴交于点C，过点M和的直线与x轴交于点D，则（    ）A. 面积的最大值为2 B. 的最小值为4C.  D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】利用面积公式可判断A；设，数量积的坐标表示结合重要不等式可判断B；利用M的坐标表示出直线坐标，从而可得C、D坐标，然后直接求解可判断C；利用韦达定理可判断D.【详解】A项：因为直线与圆O交于点M，N，所以，所以，当，即，时，面积的最大值为2，A正确；B项：设，则，，所以，因为，所以．所以，即，所以当时，取得最小值，B错误；C项：当直线MB斜率存在时，则直线．令，可得，故．直线，令，可得，所以．故；当直线斜率不存在时，，，则，综上所述，为定值，C正确；D项：当时，，设，联立消去y可得，则，，则，D正确．故选：ACD12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（    ）A.  B.    C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.【详解】因为为奇函数，定义域为R，所以，故，等式两边同时取导数，得，即①，因为的图象关于y轴对称，则，故，等式两边同时取导数，得②.由，令，得，解得，由，令，得，由②，令，得，令，得，解得，故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率________．【答案】【解析】【分析】先根据捆绑法和分步计数乘法原理求得总分法的种数，再结合古典概型概率公式即可求解.【详解】先将4名同学中的2名同学看作一组，选法有种，另外两组各1人，分配到三个社区，则总分法有种，其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有种，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为．故答案为：.14. 设，若函数在上单调递增，则的取值范围是________【答案】【解析】【分析】根据正弦函数的单调性，求出函数的单增区间，由（），可得： ，所以 ，整理即可得解.【详解】根据正弦函数的单调性，可得：（），所以：，解得：，整理可得： ，当有解，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了利用三角函数单调性求参数的取值范围，考查了恒成立思想，要求较高的计算能力，属于难题.15. 点P是双曲线：（，）和圆：的一个交点，且，其中，是双曲线的两个焦点，则双曲线的离心率为________．【答案】##【解析】【分析】利用圆与双曲线的定义与性质计算即可.【详解】  由题中条件知，圆的直径是双曲线的焦距，则，∴，，，．故答案为：16. 已知正三棱锥的所有棱长均为1，，，分别为棱，，上靠近点的三等分点，则该正三棱锥的外接球被平面所截的截面圆的周长为___________.【答案】【解析】【分析】由条件知得点到平面和平面的距离之比为.设为的中心，与平面交于点，求得正三棱锥外接球的半径为，.再设截面圆的半径为，根据.可求得，从而得出答案.【详解】由条件知平面与平面平行，且点到平面和平面的距离之比为.设为的中心，与平面交于点，则平，平面，故.设为正三棱锥外接球的球心，则点在上.则，，设正三棱锥外接球的半径为，则，即，解得，又，所以.设截面圆的半径为，则.解得，从而截面圆周长为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径､截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 如图，在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，且为边上的中线，为的角平分线．（1）求及线段的长；（2）求的面积．【答案】（1），BC＝6    （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角正弦公式结合正弦定理推出，再利用余弦定理即可求得a，即得答案.（2）求出，即可求出，利用角平分线性质可推出,从而，即可求得答案.【小问1详解】由题意在中，，∴，∴，而，，∴，由余弦定理得（舍去），即.【小问2详解】在中，，，，∴，∵AE平分∠BAC，，由正弦定理得：，其中，∴，则,,∵AD为BC边的中线，∴，∴.18. 如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，，，是上的一点，．（1）证明平面；（2）设二面角为，求与平面所成角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）先由已知建立空间直角坐标系，设，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明，，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；（2）先求平面的法向量，再求平面的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角【详解】（1）以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，，∴，，∴，，，∴平面.（2），，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，∵平面平面，∴，故，∴，，∴，设与平面所成角为，，则，∴，∴与平面所成角的大小为.【点睛】本题主要考查了利用空间直角坐标系和空间向量解决立体几何问题的一般方法，线面垂直的判定定理，空间线面角的求法，属于中档题.19. 设l为曲线C：在点(1，0)处的切线.(I)求l的方程；(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方【答案】(I) (II)见解析【解析】【详解】(1)设f(x)＝，则f′(x)＝所以f′(1)＝1，所以L的方程为y＝x－1.(2)证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝.当0＜x＜1时，x2－1＜0，ln x＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)单调递减；当x>1时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线下方． 20. 已知等差数列的前项和为，公差，是的等比中项，.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接用等差数列的基本量解方程即可；（2）先算出，然后运用累加法即可获解.【详解】（1）是的等比中项解得  （舍去）（2）据题意两式相减得所以有以上9个式子相加得【点睛】本题求和运用了数列中得累加法，如果递推公式形式为: 或 则可利用累加法.21. 人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）.（1）求首次试验结束概率；（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.①求选到的袋子为甲袋的概率，②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.【答案】（1）    （2）①；②方案二中取到红球的概率更大.【解析】【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.【小问1详解】设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，（1）.所以试验一次结果为红球的概率为.【小问2详解】①因为，是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为.②由①得，所以方案一中取到红球的概率为：，方案二中取到红球的概率为：，因为，所以方案二中取到红球的概率更大.22. 已知双曲线W：的左、右焦点分别为、，点，右顶点是M，且，．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）过点的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（I）利用双曲线的基本量的运算和向量的数量积可得，．（II）设出直线l的方程，要注意斜率存在且不为0，直线方程与双曲线方程联立利用判别式和韦达定理，点在以线段AB为直径的圆的外部，即，得；可得，再转化为横坐标运算，整理得，由求出．【详解】（Ⅰ）由已知，，，，∵，则，∴，∴，解得，，∴双曲线的方程为．（Ⅱ）直线l的斜率存在且不为0，设直线l:，设、，由，得，则，解得①，∵点在以线段AB为直径的圆的外部，则，，解得②，由①、②得实数k的范围是.由已知，∵B在A、Q之间，则，且，∴，则，∴，则，∵，∴，解得，又，∴．故λ的取值范围是．