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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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，
则
，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.