2024湖北省部分学校高三下学期三模数学试题含解析

这是一份2024湖北省部分学校高三下学期三模数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了已知，则，已知A，B是直线，定义，下列命题正确的是，已知函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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4个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知全集是实数集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A.B.C.D.
2.已知复数满足，则的虚部为（ ）
A.B.C.D.
3.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点为上异于长轴端点的任意一点，的角平分线交线段于点，则（ ）
A.B.C.D.
4.如图，已知A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（ ）
A.B.
C.D.平面MNQ
5.已知数列是单调递增数列，，，则实数的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
6.已知，则（ ）
A.B.C.D.
7.已知A，B是直线：上的两点，且，P为圆：上任一点，则面积的最大值为（ ）
A.B.C.D.
8.定义：表示p、q，r中的最小值.已知实数a，b，c满足，，则（ ）
A.的最大值是B.的最大值是
C.的最小值是D.的最小值是
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.下列命题正确的是（ ）
A.数据的第50百分位数为6
B.已知随机变量，若，则
C.对于随机事件A，B，若，，，则A与B相互独立
D.已知采用分层随机抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172，方差为120，女生样本平均数为165，方差为120，则总体样本方差为120
10.已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.在上单调递增
B.在上有4个零点
C.
D.将的图象向右平移个单位长度，可得的图象
11.设定义在上的函数与的导函数分别为和.若，，且为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A.函数的图象关于直线对称B.
C.D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.现有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有人通过，则有______种不同的进站方式（用数字作答）.
13.已知菱形的边长为，，沿对角线将菱形折起，使得二面角为钝二面角，且折后所得四面体外接球的表面积为，则二面角的余弦值为______.
14.已知斜率为的直线与双曲线：的左、右两支分别交于点A，B，，直线与双曲线E的左、右两支分别交于点D，C，AC交BD于点P，若点P恒在直线：上，则双曲线E的离心率为______.
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.（13分）已知函数（其中是自然对数的底数）.
（1）是否存在实数a，使得函数在定义域内单调递增？
（2）若函数存在极大值，极小值，求证：
16.（15分）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，.
（1）求证：平面平面.
（2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
17.（15分）已知抛物线：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，当直线l的倾斜角为时，.
（1）求抛物线C的标准方程和准线方程；
（2）记O为坐标原点，直线分别与直线OA，OB交于点M，N，求证：以MN为直径的圆过定点，并求出该定点的坐标.
18.（17分）马尔可夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德雷·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第，，，…次状态无关，即.已知甲盒中装有2个黑球和1个白球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取一个球交换放入另一个盒中，重复n次这样的操作.记甲盒中黑球的个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为.
（1）求，和，；
（2）求证：数列为等比数列（且）；
（3）求的期望（用n表示，且）.
19.（17分）在平面直角坐标系中，定义：，两点间的“直角距离”为.
（1）填空（直接写出结果）：
①若，，则______；
②到坐标原点的“直角距离”等于1的动点轨迹方程是______；
③记到，两点的“直角距离”之和为4的动点轨迹为曲线G，则曲线G所围成的封闭图形的面积为______.
（2）设点，点B是直线：上的动点，求的最小值及取得最小值时点B的坐标.
（3）对平面上给定的两个不同的点，，是否存在点，同时满足下列两个条件：①；②.
若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由.
参考答案
一、选择题
1.【答案】B
【解析】.
2.【答案】A
【解析】，.
3.【答案】A
【解析】如图，因为的角平分线交线段于点，所以
由正弦定理得，.
又因为，，
所以，即.
不妨设，，则，解得，
所以.
由题意得，，所以，即.
4.【答案】C
【解析】如图，记正方体的两个顶点为C，F，连接BC，交MN于点O，连接EF，交BC于点D，连接，.
因为Q，D为AC，BC的中点，则，又因为QD，QN，QM，交于同一点Q，即AB与QN，QM，均不平行，故A，B错误；
若平面MNQ，因为平面ABC，平面平面，所以，又因为AB与不平行，所以假设不成立，故D错误；
因为四边形CEBF为正方形，所以，因为M，N为所在棱的中点，所以，则，又因为平面CEBF，且平面CEBF，所以，因为，BC，平面ABC，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，故C正确.
5.【答案】C
【解析】由题意可得，由于数列为单调递增数列，
即，有，
整理得.
令，则，
所以数列单调递减，故是数列的最大项，
则的取值范围为
6.【答案】C
【解析】因为，
所以，则，
所以，解得.
所以，
所以.
7.【答案】B
【解析】设点P到直线l的距离为d，圆心D到直线l的距离为h，则，
面积的最大值为.
8.【答案】B
【解析】因为，所以在a，b，c中，负数的个数为1或3.
又因为，所以在a，b，c中，负数为1个，正数为2个.
不妨设，则.
因为，所以.
因为，所以，则，
故的最大值是，无最小值.
二、选择题
9.【答案】BC
【解析】对于A，由于，则数据4，5，6，7，8，8的第50百分位数为，故A错误.对于B，由于，则，故B正确.对于C，若，则有，变形可得，则与相互独立，故C正确.对于D，分层抽样的平均数，按分层抽样样本方差的计算公式，，故D错误.
10.【答案】ABC
【解析】由题图可知，，所以，或，.
因为，所以，所以.又因为图象过点，且为下降零点，所以，，故，，
结合题图有，即，所以，所以.
当时，，结合正弦函数的图象可知，在上单调递增，故A正确；
当时，，其中，结合正弦函数的图象可知，在上有4个零点，故B正确；
当时，即，即，或，，结合题图可知，，所以，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度，得，而.故D错误.
11.【答案】AC
【解析】对于A，，，.
又，.
令，可得，解得.
，∴函数的图象关于直线对称，A正确.
对于C，为奇函数，
的图象关于点对称，且，，，，，.
又，，
函数的周期，，C正确.
对于B，由A知，，，，B错误.
对D，，D错误.
三、填空题
12.【答案】720.
【解析】将5人分为3组，有利两种情况.
当分组为：时，共有；当分组为时，共有.综上所述，共有种不同的进站方式.
13.【答案】
【解析】如图，设O为四面体ABCD外接球的球心，半径为R，，分别为，的补心，则，，平面ABD，平面CBD.平面交BD点于E，连接，，则为二面角的平面角.设其大小为，，，，.连接，则，，.
14.【答案】.
【解析】设，，，，，的中点，CD的中点，
则两式相减，得，化简得，
所以，所以，①
同理，.②
因为，所以P，M，N三点共线，所以，
将①②代入得，即
因为，所以，即点恒在直线上.
又因为点恒在直线：上，所以，所以，
所以双曲线的离心率为.
四、解答题
15.【解析】（1）因为，所以的定义域为.
.
令，则，则在上单调递增.
因为，所以当时，，当时，，
要使得单调递增，则在上恒成立.
当时，恒成立；
当时，即，当时，，不合题意；
当时，即，当时，，不合题意.
综上所述，.
（2）由（1）可得且，极值点为与1，
所以.
令，
则.
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减.
所以，即成立.
16.【解析】（1），侧面是菱形，.
，
平面，平面，.
∵侧面是矩形，.
，平面.
又平面ABC，∴平面平面ABC.
（2）假设存在点P，使得二面角的大小为45°.
理由如下：如图，连接，BP，以点C为坐标原点，射线CA，CB为x轴、y轴的正方向，平面上过点C且垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则，，
设，，则，.
由（1）可知平面，
平面的法向量为.
设平面的法向量为，
由得
令，则，
，
，得，
即，解得，（舍去），即，
∴存在点P满足条件，此时P是AC的中点.
17.（1）由已知可得抛物线的焦点坐标为，直线l的方程为.
联立抛物线与直线的方程可得.
设，，由韦达定理可得，
则，所以.
所以抛物线的方程为，准线方程为.
（2）设直线l的方程为，联立直线与抛物线的方程
可得.
所以，.
因为，所以直线的方程为，所以.
同理可得.
设圆上任意一点为，
则由可得圆的方程为，
整理得，
令，可得或，
所以以为直径的圆过定点，定点坐标为或.
18.【解析】（1）若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，乙盒为2白，概率为.
所以，
①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为；
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为.
②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为.
综上所述，.
（2）经过n次这样的操作，记甲盒恰有2黑1白的概率为，恰有1黑2白的概率为，3白的概率为.
①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为；
若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为.
②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为，此时：
若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为；
若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，
③当甲盒中3白，乙盒2黑，概率为，此时：
若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为.
故，.
所以，
所以数列为等比数列，且公比为.
（3）由（2）可知数列为等比数列，且公比为，首项为，
故，所以，
所以.
19.（1）【答案】①5. ②. ③6.
①根据定义可得.
②设是轨迹上任意一点，根据定义可得.
所以到坐标原点的“直角距离”等于1的动点轨迹方程是.
③设为曲线G上任意一点，
由已知可得，所以有，
整理得.
（i）当时，该式可化为，即.
当且时，为；
当且时，为.
（ii）当时，该式可化为，
整理得，即.
（iii）当时，该式可化为，
整理得.
当且时，为；当且时，为.
作出曲线满足的图象如图阴影部分所示，
所以曲线所围成的封闭图形的面积的值为.
（2）设，则，所以，
所以.
当时.；
当时，；
当时，.
综上所述，当时，有最小值，此时.
所以的最小值为，取得最小值时点的坐标为.
（3）（i）当，时，
由条件②可得，，
即有.
因为，所以.
由条件①可得，，
所以有.
又因为，所以有，所以.
因此所求点的坐标为.
（ii）当，时，同理可得点的坐标为.
（iii）当，时，不妨设.
若，
则.
当且仅当与同时成立，上式取等号，
所以有且，
从而由条件②可得，
此时所求点的集合为.
若，
由条件①可得且，
从而由条件②可得，
此时所求点的集合为.
综上所述，所有符合条件的点的集合为