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    湖北省武汉市武昌区2024届高三下学期5月质量检测数学试卷(原卷版+解析版)

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    这是一份湖北省武汉市武昌区2024届高三下学期5月质量检测数学试卷(原卷版+解析版),文件包含湖北省武汉市武昌区2024届高三下学期5月质量检测数学试卷原卷版docx、湖北省武汉市武昌区2024届高三下学期5月质量检测数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共23页, 欢迎下载使用。
    本试题共19题,满分150分,考试用时120分钟
    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. 若复数满足,则的虚部为( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.
    【详解】,
    则,则其虚部为,
    故选:D.
    2. 已知二项式展开式的二项式系数的和为64,则 ( )
    A. B.
    C. 展开式的常数项为D. 的展开式中各项系数的和为1
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据二项式系数和可得n,化简通项公式,由x的指数为0求出k,然后可得常数项,再令即可判断D.
    【详解】由题可知,,则.则AB错误;
    展开式中的第项为.
    令,得,则,故C错误;
    令得,则的展开式中各项系数的和为1,
    故选:D.
    3. 已知,向量,且,则在上的投影向量为( )
    A. B. 5C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】借助向量垂直可得,结合投影向量定义计算即可得解.
    【详解】由,则有,即,
    则,故.
    故选:C.
    4. 已知等差数列的前项和为,若,则 ( )
    A. 288B. 144C. 96D. 25
    【答案】B
    【解析】
    【分析】利用等差数列的前项和列方程组求出,进而即可求解.
    【详解】由题意,即,解得.
    于是.
    故选:B.
    5. 已知函数,则关于的不等式的解集为( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】消去绝对值可得函数的单调性,利用函数单调性解不等式即可得.
    【详解】由,故在上单调递增,
    由,有,即.
    故选:A.
    6. 灯笼起源于中国的西汉时期,两千多年来,每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼,营造一种喜庆的氛围.如图1,某球形灯笼的轮廓由三部分组成,上下两部分是两个相同的圆柱的侧面,中间是球面的一部分(除去两个球缺).如图2,“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分,截得的圆面叫做球缺的底,垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为,其中是球的半径,是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm,圆柱的高为4 cm,圆柱的底面圆直径为24 cm,则该灯笼的体积为(取)( )

    A. cm3B. 33664 cm3C. 33792 cm3D. 35456 cm3
    【答案】B
    【解析】
    【分析】由勾股定理求出,则可得,分别求出两个圆柱的体积、灯笼中间完整的球的体积与球缺的体积即可得..
    【详解】该灯笼去掉圆柱部分的高为cm,则cm,
    由圆柱的底面圆直径为24 cm,则有,
    即,可得,则,
    .
    故选:B.
    7. 已知抛物线的焦点为,过作直线交抛物线于两点,过分别作准线的垂线,垂足分别为,若和的面积分别为8和4,则的面积为( )
    A. 32B. 16C. D. 8
    【答案】C
    【解析】
    【分析】设直线代入抛物线方程,利用韦达定理,计算,相乘化简可得,由三角形面积公式可得.
    【详解】设直线,

    代入抛物线方程,消元可得,
    设,则,



    于是,即,
    .
    故选:C.
    8. 设,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】本题利用作差法构造出两个式子相减类型的函数,然后求导求得其在上的单调性,从而求得该函数是大于0还是小于0,从而可判断a、b的大小关系;用同样的方法进一步构造函数并求导来比较a、c的大小关系,最终确定a、b、c的大小关系.
    【详解】令,易求,
    当时,,所以在单调递增,
    所以 ,所以,即,所以.
    令,
    则,
    令,则,
    因为,则,
    可得,则,
    所以在内单调递增,则,
    即在内恒成立,则在内单调递增,
    可得,即,所以,
    综上所述:
    故选:A.
    【点睛】关键点点睛:本题的关键是合理构造函数,利用导数研究其单调性,然后再代入比较相关大小关系.
    二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
    9. 下列说法正确的是( )
    A. 将一组数据的每一个数减去同一个数后,新数据的方差与原数据方差相同
    B. 线性回归直线一定过样本点中心
    C. 线性相关系数越大,两个变量的线性相关性越强
    D. 在残差的散点图中,残差分布的水平带状区域的宽度越窄,其模型的拟合效果越好
    【答案】ABD
    【解析】
    【分析】借助方差的性质、样本点中心的性质、线性相关系数的性质与残差的性质逐项判断即可得.
    【详解】对A:由方差的性质可知,将一组数据的每一个数减去同一个数后,
    新数据的方差与原数据方差相同,故A正确;
    对B:由,故线性回归直线一定过样本点中心,故B正确;
    对C:线性相关系数越大,两个变量的线性相关性越强,故C错误;
    对D:在残差的散点图中,残差分布的水平带状区域的宽度越窄,
    其模型的拟合效果越好,故D正确.
    故选:ABD.
    10. 下列说法正确的是( )
    A. 若,则B. 的最小值为2
    C. D. 的最小值为2
    【答案】AD
    【解析】
    【分析】利用不等式的性质及基本不等式,以此判断选项即可.
    【详解】对于A,若,则,A正确;
    对于B,或,因为不知道和的大小关系,B错误;
    对于C,若,则,而
    ,但是与的大小不能确定,故C错误;
    对于D,,当且仅当,即取等号,D正确.
    故选:AD
    11. 已知无穷数列中,是以10为首项,以为公差的等差数列,是以为首项,以为公式的等比数列,对一切正整数,都有.设数列的前项和为,则( )
    A. 当时,B. 当时,
    C. 当时,D. 不存在,使得成立
    【答案】ABD
    【解析】
    【分析】由等差等比数列的通项和数列为周期数列,当时,求值判断选项A;和4是等差数列中的项,求出项数n,根据数列为周期数列,周期为,解出m的值判断选项BC;若,有,设, ,由, ,可得结论判断选项D.
    【详解】等差数列通项公式:,且,
    等比数列通项公式:,且,
    对一切正整数,都有,∴数列为周期数列,周期为,
    当时,,A选项正确;
    当时,由题意知,是等差数列中的项,在等差数列中,令,得,
    对一切正整数,都有,则有,
    解得,B选项正确;
    当时,由题意知,是等差数列中的项,在等差数列中,令,得,
    对一切正整数,都有,则有,
    得,方程有多组解,如等等,C选项错误;

    若,
    则有,
    令,函数图象抛物线对称轴,
    所以在或时取最大值,
    令,则 ,
    所以不可能成立,
    即不存在,使得,D选项正确.
    故选:ABD.
    【点睛】关键点点睛:数列中涉及到的的递推思想、函数思想、分类讨论思想以及数列求和、求通项公式的各种方法和技巧贯穿与整个高中数学之中,本题的关键条件是:数列为周期数列,周期为,其中前项构成等差数列,通项公式,第项到第项构成等比数列,通项公式为,而和4是等差数列中的项.
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
    12. 已知函数的定义域为,则函数的定义域为____________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】借助函数定义域的定义计算即可得.
    【详解】由函数的定义域为,则有,
    令,解得.
    故答案为:.
    13. 函数的部分图象如图所示,则____________.

    【答案】
    【解析】
    【分析】令,解出,根据图中零点得到方程解出即可.
    【详解】令,则,
    根据图象得为函数零点,零点左右函数为上升趋势,
    则,
    则,因为,则,,
    故答案为:.
    14. 已知动点的轨迹方程为,其中,则的最小值为______________.
    【答案】##
    【解析】
    【分析】令,由,,转化为,进行求解.
    详解】令,则且,

    ,当且仅当取等号.
    故答案为:
    四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
    15. 在中,角的对边分别为,已知.
    (1)求;
    (2)已知,求的最大值.
    【答案】(1);
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)根据正弦定理进行边换角,再通过三角恒等变换得,则得到的大小;
    (2)利用正弦定理得到,再根据关系减少变量,最后利用三角恒等变换和三角函数的值域即可得到最大值.
    【小问1详解】
    ∵,
    由正弦定理得,
    ,即,
    所以,
    ∵,∴,∴,
    ∵,∴;
    【小问2详解】
    由正弦定理,得,


    又∵,为锐角,∴最大值为,
    ∴的最大值为.
    16. 如图,在四棱锥中,平面平面,,,.

    (1)证明:;
    (2)若,求平面与平面的夹角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析;
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)取的中点,连接,通过证明,得到 ,在结合面面垂直、线面垂直的性质即可得证;
    (2)建立适当的空间直角坐标系,求出两平面的法向量,结合向量夹角的余弦公式即可得解.
    【小问1详解】

    如图,取的中点,连接,
    因为,
    所以四边形为平行四边形.
    因为,所以四边形为菱形,
    所以,即点在以为直径的圆上,所以.
    因为平面平面,平面平面,平面,
    所以平面
    因为平面,所以.
    【小问2详解】
    由(1)可知平面,
    因为,取中点为,连,所以.
    因为,为中点,所以,
    又因为平面平面,平面平面,平面,
    所以平面,
    因为平面,
    所以,
    所以两两互相垂直,
    以点为原点,为轴,为轴,为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,
    所以.

    设平面的法向量为,
    由得,
    取,得,则,
    设平面的法向量为,由得,
    取,得,则,
    所以.
    设平面与平面的夹角为,则.
    所以,平面与平面夹角的余弦值为.
    17. 已知函数.
    (1)讨论的单调性;
    (2)若有两个零点,求的取值范围.
    【答案】(1)见解析;(2)
    【解析】
    【分析】(1)将函数求导后,对分成两种情况,讨论函数的单调性.(2)结合(1)的结论,当时函数在定义域上递减,至多只有一个零点,不符合题意.当时,利用函数的最小值小于零,求得的取值范围,并验证此时函数有两个零点,由此求得点的取值范围.
    详解】(1)
    若,,上单调递减;
    若,当时,,即在上单调递减,
    当时,,即在上单调递增.
    (2)若,在上单调递减,
    至多一个零点,不符合题意.
    若,由(1)可知,的最小值为
    令,,所以在上单调递增,
    又,当时,,至多一个零点,不符合题意,
    当时,
    又因为,结合单调性可知在有一个零点
    令,,当时,单调递减,当时,单调递增,的最小值为,所以
    当时,

    结合单调性可知在有一个零点
    综上所述,若有两个零点,的范围是
    【点睛】本小题主要考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数求解有关零点个数的问题,考查分类讨论的思想方法,考查分析和解决问题的能力,属于中档题.在求解有关利用导数求函数单调区间的问题中,导函数往往含有参数,此时就要对参数进行分类讨论.函数零点个数问题,往往转化为函数最值来解决.
    18. 已知点是圆上的动点,,是线段上一点,且,设点的轨迹为.
    (1)求轨迹的方程;
    (2)设不过原点的直线与交于两点,且直线的斜率的乘积为.平面上一点满足,连接交于点(点在线段上且不与端点重合).试问的面积是否为定值?若是,求出定值;若不是定值,说明理由.
    【答案】(1)
    (2)是,
    【解析】
    【分析】(1)借助椭圆定义计算即可得解;
    (2)设,代入曲线方程中联立可得,结合题意计算可得,设,结合点在曲线上计算可得的值,即可得的面积.
    【小问1详解】
    因为,
    所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆,
    设,则,即.
    由知,
    所以点的轨迹的方程为;
    小问2详解】
    设,则由,得.
    因为点均在曲线上,所以,
    同向相乘得
    整理得:
    又因为,所以,
    所以,
    设,则,
    又因为点在曲线上,所以,
    整理得:,
    又因为,,
    代入上式得:,即,
    又因为,所以,
    所以.
    【点睛】关键点点睛:本题关键点在于计算出后,利用面积公式得到,从而可通过计算的值得解.
    19. 利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数,例如将化为分数是这样计算的:设,则,即,解得.
    这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法,这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用.
    已知甲、乙两人进行乒乓球比赛,每局比赛甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,每局比赛的结果互不影响.规定:净胜局指的是一方比另一方多胜局.
    (1)如果约定先获得净胜两局者获胜,求恰好4局结束比赛的概率;
    (2)如果约定先获得净胜三局者获胜,那么在比赛过程中,甲可能净胜局.设甲在净胜局时,继续比赛甲获胜的概率为,比赛结束(甲、乙有一方先净胜三局)时需进行的局数为,期望为.
    ①求甲获胜的概率;
    ②求.
    【答案】(1)
    (2)①;②
    【解析】
    【分析】(1)利用互斥事件的概率及独立重复试验的概率公式,列式计算即得.
    (2)①利用全概率公式列出的关系等式,再利用消元法求出;②列出的关系等式,利用消元法求出.
    【小问1详解】
    4局结束比赛时甲获胜,则在前2局甲乙各得一分,并且第3,4局甲胜,概率为;
    4局结束比赛时乙获胜,则在前2局甲乙各得一分,并且第3,4局乙胜,概率为,
    所以恰好4局结束比赛的概率.
    【小问2详解】
    ①在甲在净胜-2局前提下,继续比赛一局:
    若甲赢,则甲的状态变为净胜-1局,继续比赛获胜的概率为;
    若甲输,则甲的状态变为净胜-3局,比赛结束,
    根据全概率公式,,同理,
    由,得,与联立消去,
    得,又,即,因此,
    所以甲获胜的概率为.
    ②在甲净胜-2局前提下,继续比赛一局:
    若甲赢,则甲的状态变为净胜-1局,继续比赛至结束,还需要局,共进行了局;
    若甲输,则甲的状态变为净胜-3局,比赛结束,共进行了1局,
    则,即,
    同理,即,
    ,即,
    ,即,
    ,即,
    联立与,得,
    联立与,得,
    代入,得,
    所以.
    【点睛】关键点点睛:利用概率加法公式及乘法公式求概率,把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和,相互独立事件的积是解题的关键.

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