湖北省宜荆荆随恩2024届高三下学期5月联考（二模）数学试卷(含答案)

这是一份湖北省宜荆荆随恩2024届高三下学期5月联考（二模）数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知复数，则( )
A.1B.-1C.D.i
2．设l，m，n是不同的直线，m，n在平面内，则“且”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
3．有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是( )
A.11B.13C.16D.17
4．函数，当取得最大值时，( )
A.B.C.D.
5．已知函数在上单调递增，则a的取值范围是( )
A.B.C.D.
6．已知非零向量，的夹角为，，，则的最小值为( )
A.2B.C.1D.
7．今天的课外作业是从6道应用题中任选2题详细解答，则甲、乙两位同学的作业中恰有一题相同的概率是( )
A.B.C.D.
8．已知，，与y轴平行的直线l与和的图象分别交于A，B两点，则的最小值是( )
A.1B.C.eD.
二、多项选择题
9．已知，则下列不等式正确的有( )
A.B.
C.D.
10．无穷等比数列的首项为公比为q，下列条件能使既有最大值，又有最小值的有( )
A.，B.，
C.，D.，
11．正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有( )
A.若，则P点轨迹的长度为
B.三棱锥外接球体积的最小值是
C.若Q为正方形的中心，则周长的最小值为
D.
三、填空题
12．已知，则______.
13．已知x，y，，且，，，则方程的解的组数为______.
14．已知函数（，）的最小正周期为T，，若在内恰有10个零点则的取值范围是______.
四、解答题
15．在五面体中，四边形为等腰梯形，，，，.
(1)求证、、三线交于一点.
(2)若，，，求平面与平面ABC所成角的大小.
16．已知数列前n项和为，，，，设
(1)是否存在常数k，使数列为等比数列，若存在，求k值，若不存在，说明理由.
(2)求的表达式，并证明.
17．数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对按比例得分，有选错得0分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p（）
(1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A、B、C、D四个选项中任选一个选项；策略二：在A、B、C、D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时小明得分的期望；
(2)若有一个多选题，小明发现A正确，B、C、D选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：.选A和B、C、D中的任一个，策略二：选A和B、C、D中的任意2个，在的条件下，判断小明该选择哪个策略.
18．设函数，
(1)讨论的单调性.
(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得
（ⅰ）证明不等式.
（ⅱ）判断并证明与的大小.
19．已知椭圆的离心率为，，是C的左、右焦点，直线是其右准线，P是l上的一动点，Q点在C上.
(1)求C的方程.
(2)若直线OQ、PQ的斜率之积为，平面内是否存在定点T满足恒成立.若存在求出T的坐标，若不存在说明理由.
(3)若，过P的动直线与C交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于M，N的点H，满足，证明H恒在一条直线上并求出这条直线的方程.
参考答案
1．答案：A
解析：因为，所以，
所以.
故选：A
2．答案：B
解析：若且，当时，直线l可以与平面平行，此时，不能推出，
若，m，n是平面内两条不同的直线，则，，
所以“且”是“”的必要不充分的条件.
故选：B
3．答案：D
解析：将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，
因为，所以这组数据的上四分位数为.
故选：D
4．答案：B
解析：，
其中，
而，
等号成立当且仅当，此时.
故选：B.
5．答案：C
解析：若在上单调递增，
则必然在处有定义，所以，即；
若，则当时，所以在上有定义，
再由知在R上单调递增，所以在上单调递增.
故选：C.
6．答案：C
解析：因为，的夹角为，，所以，
.
故的最小值为1.
故选：C
7．答案：D
解析：由题，所有的基本事件个数为，
“恰有一题相同”包含的基本事件数为，
所以.
故选：D
8．答案：A
解析：由题意设，，则，
令，
下证：，
设，，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
记，，则，所以在上为增函数，
又，，故存在，使得，
所以，即最小值为1.
故选：A
9．答案：ACD
解析：设，则，在单调递增，
所以，即，即，A正确；
令，，则，而，所以，B不正确；
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
则在时取得最小值，即，C正确；
设，则，所以在上是增函数，
所以由得，即，D正确.
故选：ACD
10．答案：BC
解析：，时，等比数列单调递减，故只有最大值，没有最小值；
，时，等比数列为摆动数列，此时为大值，为最小值；
，时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，
所以等比数列有最大值，也有最小值；
，时，因为，所以无最大值，奇数项为负无最小值，
偶数项为正无最大值.
故选：BC
11．答案：BCD
解析：因为，且，，所以，
取，的中点E，F，则，所以P点轨迹为圆弧EF，
因为，所以，A不正确；
由球的性质知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的垂线上，
的外接圆的圆心为AC的中点，且半径为，
当外接球半径最小时，的外接圆是球的大圆，
所以球半径R最小值为，外接球体积最小值是，B正确；
设Q关于平面的对称点为，
则，
又，所以的周长，C正确；
分别以DA，DC，所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，设，，，
则，，，，
所以，
，
，
所以.
D正确.
故选：BCD
12．答案：21
解析：对两边求导可得：
，
令，可得，
即，
又，令，可得，
所以.
故答案为：21.
13．答案：15
解析：由题意，原问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的方法个数，在7个相同的小球之间形成的6个空中，任选2个放入两个隔板，共有种方法，
即方程的解的组数为15.
故答案为：15
14．答案：
解析：由，可得，进而可求，进而根据在内恰有10个零点，可求的取值范围.
解析：函数（，）的周期为，
又，所以，
所以，即，
因为，所以，解得，
所以，因为，所以，
要使在内恰有10个零点，则.
所以的取值范围是.
故答案为：.
15．答案：(1)证明见解析；
(2).
解析：（1）因为四边形是等腰梯形，，所以延长，必相交于一点，
设，因为，平面，所以平面
同理可得：平面，
又因为平面平面，所以，
即，，交于一点P；
（2）由，，，，平面，
所以平面，又平面，，
同理可得，所以AB、BC、两两垂直，
以B为原点，BC，BA，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为是等腰梯形，所以是等腰三角形，，所以，
因为，所以，因为，所以，
过作于M，可得，，
所以，所以，
，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
，取，得，，
所以面的一个法向量为，
又平面ABC的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面ABC所成角为.
16．答案：(1)存在，答案见解析；
(2)，证明见解析
解析：（1）当时，所以，
整理得（，），
法一：假设存在常数k使数列为等比数列，设，
则，即，
令，解得或，
故当时，，所以为首项为2，公比为3的等比数列，
当时，，所以为首项为1，公比为2的等比数列.
（解法二）：假设存在常数k使数列为等比数列，则有，
由已知得，，所以，，，
所以，解得或-3，
当时，，
当时，，
结论同解法一；
（2）法一：由（1）知，解得，
所以，则，
又也满足上式，所以，
因为，，所以，
所以，所以，
故证毕.
法二：同法一得到，
由二项式定理得，
当时；，即，所以，
所以时，
当时，，
所以.
17．答案：(1)期望分别为和；
(2)小明应选择策略一
解析：（1）设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为，，
，2，3，；
；
，4，6，；
；
所以小明分别采取策略一和策略二的得分的期望分别为和
（2）设小明选择策略一和策略二的得分分别为，
，4，6；；
；；
，6，；
小明应选择策略一
18．答案：(1)在单调递增，在单调递减；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），证明见解析
解析：（1），，
若，则，在上单调递增，
若，由，得，
当时；当时，，
在单调递增，在单调递减.
（2）存在极值，由（1）知，
，
由题设得，
，设，
（ⅰ）要证明即证明，
设，（），
则，
在上单调递增，，
，即得证，
（ⅱ），
，
，
在上是减函数，
.
19．答案：(1)；
(2)；
(3)证明见解析，
解析：（1）由题意，且，解得，，所以，，
所以椭圆C的方程为；
（2）设，，则，，因为直线OQ、PQ的斜率之积为，
所以，所以，根据对称性可知定点T存在时一定在x轴上，
设，则，，
因为恒成立，所以恒成立，
所以恒成立，因为，所以，
所以恒成立，所以恒成立，
所以，即存在定点，满足恒成立；
（3）设，，，
由可设，则，
所以，
所以①，②，③，④，
①×②得，③×④得，
因为，，
所以相减得，即，
所以，即，所以H恒在直线上.