2024年湖北省高考数学模拟试题（新高考适用）

这是一份2024年湖北省高考数学模拟试题（新高考适用），共19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。
一、单选题
1．若集合，则是的（ ）
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
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．当时，关于的不等式有解，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，，且，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．某一地区患有癌症的人占0.05，患者对一种试验反应是阳性的概率为0.9，正常人对这种试验反应是阳性的概率为0.05.现抽查了一个人，试验反应是阳性，则此人是癌症患者的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．若指数函数经过点，则它的反函数的解析式为（ ）
A．B．C．D．
8．已知过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为B．的前项和为
C．的前项积为D．
10．已知函数的最小正周期为，则下列各选项不正确的是（ ）
A．
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递增
D．将图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象
11．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）．
13．函数的最小值为 .
14．已知圆，圆，直线．若直线与圆交于两点，与圆交于两点，分别为的中点，则 ．
四、解答题
15．已知
(1)化简；
(2)若为第三象限角，且，求，.
16．记是公差为整数的等差数列的前n项和，，且，，成等比数列．
(1)求和；
(2)若，求数列的前20项和．
17．如图，在直三棱柱中，，M，N分别是，的中点，.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
18．已知椭圆E：的离心率为，P为椭圆E上一点，Q为圆上一点，的最大值为3（P，Q异于椭圆E的上下顶点）.
(1)求椭圆E的方程；
(2)A为椭圆E的下顶点，直线AP，AQ的科率分别记为，，且，求证： APQ为直角三角形.
19．设函数在定义域上的最大值为．
（1）求的解析式；
（2）当时，求实数的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】求出值域，得到，故A是B的真子集，得到答案.
【详解】由幂函数的性质可知，则A是B的真子集，
则是的充分不必要条件.
故选：A
2．A
【分析】根据复数四则运算和乘方运算以及共轭复数的定义即可.
【详解】，，
，
故选：A.
3．A
【分析】根据，将问题转化为在上有解，利用二倍角公式以及基本不等式即可求解最值求解.
【详解】当时，记，
故函数在上单调递减，
故，故，
所以在上有解，
由于，所以，
所以，所以.
由，当且仅当时取等号，所以的最小值是2.
故选：A
4．B
【分析】由向量的数量积的定义求解即可.
【详解】设向量与的夹角为，则，
又，故.
故选：B.
5．D
【分析】记事件某人是癌症患者，事件化验结果呈阳性，利用全概率公式求出的值，再利用条件概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件某人是癌症患者，事件化验结果呈阳性，
由题意可知，，，
所以，
现在某人的化验结果呈阳性，则此人是癌症患者的概率为：.
故选：D
6．C
【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值．
【详解】因为，则，
由角平分线的性质可得，
因为，所以，
由椭圆的定义可知：，
在△，，
由余弦定理可得，
即，
整理可得：,
即，可得，
因为，所以．
故选：C．
7．A
【分析】由指数函数的定义，结合反函数的概念即可求解.
【详解】设指数函数且，点在的图象上，
所以，解得.
所以，故反函数.
故选：A
8．D
【分析】根据题意，由条件可得点在圆内，从而可得当时，取得最小值，再由弦长公式，即可得到结果.
【详解】因为，所以点在圆内．
且圆的圆心为，半径为，
则，当时，取得最小值，且最小值为．
故选：D
9．AB
【分析】对A，根据等比数列的基本量关系，结合等比数列的定义判断即可；对B，由A可得，再根据等差数列求和公式求解即可；对C，根据求解即可；对D，代入求解即可.
【详解】对A，设等比数列的公比为，则，得，
所以，所以，
所以，
所以数列的公比为，故A正确
对B，因为，所以的前项和为
，故B正确；
对C，的前项积为，故C错误
对D，因为，
所以的前项和为，故D错误．
故选：AB
10．BCD
【分析】利用辅助角公式化简函数，结合最小正周期可求得A正确；利用代入检验法可知BC正误；根据三角函数平移变换原则可求得D错误.
【详解】对于A，的最小正周期，
，A正确；
对于B，由A知：，当时，；
不是的对称轴，不是的对称轴，B错误；
对于C，当时，，
在上先增后减，在上先增后减，C错误；
对于D，将图象上所有的点向右平移个单位长度可得：，D错误.
故选：BCD.
11．AD
【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，类比球体的截面，找到截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断.
【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设，则点坐标为；
对A：设平面的法向量为，，
则，即，取，解得，故；
又，，
考虑到，则，故，
故一定是异面直线，A正确；
对B：，，
若，则，即，
解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误；
对C： ，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为
则，则，
，又，故，
即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误；
对D：由正方体中心对称（类比为球体，将看做弦），
故过的截面经过对称中心所得截面最大，
此时截面交于中点，也为中点，
所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
故此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态.
12．
【分析】由，写出展开式的通项，即可求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：
13．
【分析】换元后，利用对勾函数的单调性即可求得最小值.
【详解】设，
则，
又函数在上单调递增，
所以当，即时，
函数有最小值，
故答案为：.
14．
【分析】利用点到直线的距离公式，以及两点之间的距离公式，结合几何关系，即可求得结果.
【详解】设圆的半径为，由题可得：，
故，满足，故两圆相交，
连接，过作，垂足为，如下图所示：

由点到直线的距离公式可得，，
则，又，
在直角三角形中，
由勾股定理可得.
故答案为：.
15．(1)
(2)，.
【分析】（1）根据同角三角函数的平方关系，结合弦函数的值域化简；
（2）利用同角三角函数的基本关系求值计算，注意“符号优先”.
【详解】（1）.
（2）∵为第三象限角，∴，，
又因为.
故，.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出公差，由公式即可确定和.
（2）根据已知条件求出，裂项相消法求即可.
【详解】（1）设，由，
得，所以或，
由于，所以. 所以，，.
（2）由知：，故，
由
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理、性质，结合直三棱柱的性质进行证明即可；
（2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：因为是直三棱柱，
所以平面，而平面，
所以，
因为，M是的中点，
所以，因为平面，
所以平面，因为平面，
所以，因为，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，所以，
因为是直三棱柱，
所以侧面是矩形，因此有，
于是有，设，
因为M，N分别是，的中点，
所以，，
在矩形中，由，
显然，因此有，
因此建立如图所示的空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为，
，
于是有，令得
所以与平面所成角的正弦值为
.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，结合求解；
（2）设，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，设直线AQ：，与圆方程联立，求得点Q的坐标，结合AQ与PQ斜率关系证明.
【详解】（1）解：因为，
∴，
∵，
∴|PQ|的最大值为，
即，又，
∴，
解得，，
∴椭圆E的方程为；
（2）直线，
联立方程组，消去y得，
则，.即，
直线AQ：，
联立方程组，消去y得，
则，，即，
，
∴，
即，
∴ APQ为直角三角形.
19．（1）；（2）
【详解】（1）当时，，故在上单调递增．于是，最大值在右端点取得，且．
当时，函数在上的图像是开口向下的抛物线的一段，直线是抛物线的对称轴，且．
下面分三种情形讨论．
ⅰ.当时，有，
函数在上单调递增，于是，最大值在右端点取得，且．
ⅱ.当时，有，
函数在上的图像经过顶点，于是，最大值在顶点取得，且
．
ⅲ.当时，有，
函数在上单调递减，于是，最大值在左端点取得，且．
综上，
（2）当时，，
故在上为严格递增函数．
于是，在上是不减的．
由，有，得或．
但当时，．
有．
所以，的取值范围是．