湖北省武汉市黄陂区第七高级中学2024届高三模拟考试（一）数学试题

这是一份湖北省武汉市黄陂区第七高级中学2024届高三模拟考试（一）数学试题，共20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．已知向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．8
2．已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．iB．1C．D．
3．已知等比数列的前n项积为，，公比，则取最大值时n的值为（ ）
A．3B．6C．4或5D．6或7
4．过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
5．规定：在整数集中，被7除所得余数为k的所有整数组成一个“家族”，记为，即，，给出如下四个结论：①；②；③若整数a，b属于同一“家族”，则；④若，则整数a，b属于同一“家族”．其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数（，，）的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，若在上有两个不同的根，（），则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．在长方体中，底面是边长为4的正方形，侧棱，点是的中点，点是侧面内的动点(包括四条边上的点)，且满足，则四棱锥的体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．时，
C．时，随着的增大而增大D．时，随着的增大而减小
11．在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Mnge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆外切矩形面积的最小值为48
B．椭圆外切矩形面积的最大值为48
C．点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时，
D．若椭圆的左､右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则
三、填空题
12．已知，则 .
13．已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为 ．
14．已知数列的通项公式为.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
四、解答题
15．已知数列的首项为正数，其前项和满足．
(1)求实数的值，使得是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
16．如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
17．在游戏中，玩家可通过祈愿池获取新角色和新武器．某游戏的角色活动祈愿池的祈愿规则为：①每次祈愿获取五星角色的概率；②若连续次祈愿都没有获取五星角色，那么第次祈愿必定通过“保底机制”获取五星角色；③除触发“保底机制”外，每次祈愿相互独立．设表示在该祈愿池中连续祈愿直至获取五星角色为止的祈愿次数．
(1)求的概率分布；
(2)求的数学期望（保留小数点后两位）．
参考数据：．
18．以双曲线的右焦点为圆心作圆，与的一条渐近线相切于点
(1)求的方程.
(2)在轴上是否存在定点，过点任意作一条不与坐标轴垂直的直线，当与交于两点时，直线的斜率之和为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.
19．设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上严格减，在上严格增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”．
(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
（i），（ii）；
(2)已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围；
(3)设，．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】先应用向量垂直数量积为0求参，再根据模长公式求模长即可.
【详解】因为所以,所以,
因为，所以.
故选：A.
2．D
【分析】利用共轭复数的概念和复数的运算解求解.
【详解】设复数，，
又，可得，解得，
所以复数的虚部为.
故选：D.
3．C
【分析】先求出等比数列通项公式，进而得到，求出答案.
【详解】，
故，
因为，所以或5时，取得最大值.
故选：C
4．D
【分析】根据切线斜率是否存在分类讨论，利用圆心到切线距离等于半径可求结果．
【详解】由圆心为，半径为2，斜率存在时，设切线为，
则，可得，所以，即；
斜率不存在时，，显然与圆相切，
综上，切线方程为或．
故选：D．
5．C
【分析】根据“家族”的定义逐一判断四个选项即可得正确答案.
【详解】对于①：因为，所以，故①正确；
对于②：因为，所以，故②错误；
对于③：若a与b属于同一“家族”，则，，（其中），故③正确；
对于④：若，设，，即，，不妨令，，，则，，，所以a与b属于同一“家族”，故④正确；即①③④为正确结论．
故选：C．
6．A
【分析】构造函数，利用导数可证明，据此可判断，再由时判断.
【详解】设，则，当时，，
当时，，所以函数在上单调递增，在单调递减，
所以时，，所以，即，
所以，
又，对任意恒成立.
因此，
故选：.
7．D
【分析】首先求出，再代入点坐标得到，分析得到，再代入计算即可.
【详解】设的最小正周期为T，由图象可知，，所以，
则，于是，又的图象过点，
所以，，所以，
又，则， ，则，由，
得，则，
又当时，，所以，得，
则，，
结合知，所以，所以.
故选：D.
8．C
【解析】由题意画出图象，根据，求出，设，，则，，，由，得，即，求出的解析式，可得的最大值，再由棱锥体积公式求解．
【详解】解：作于，在长方体中，
平面，平面，
在和中，，，
，，，
设，，则，，，
由，得，即，
整理得，，，开口向下，对称轴为，
在，单调递减，则时，取到最大值，即的最大值为．
四棱锥的体积的最大值是．
故选：．
【点睛】考查棱柱、棱锥的体积的计算，利用了构造函数法及单调性和最值，属于中档题．
9．AB
【分析】A选项，构造函数，通过求导研究其单调性得到证明；B选项，构造，通过求导研究其单调性，进行求解；C选项，构造，通过求导研究其单调性，进行求解；D选项，利用中间值比大小.
【详解】令在内单调递增.
时，，即A选项正确；
令在内单调递增，
，即，B选项正确；
令，当时，单调递减，当时，单调递增，与大小不确定，C错误；
当时，，D错误
故选：AB
10．ABC
【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，
故A正确，
对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，
则，
所以，
，
所以，故B正确，
对于C,D选项，，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，
故选项D不正确.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】先求得椭圆的蒙日圆方程，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断A，B选项，
利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断C，D选项
【详解】对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点，
，关于原点对称的点分别为，，则椭圆的一个外切矩形为，
则，由图象易知，
圆心到直线的距离，所以.
又，所以外切矩形为的面积，
因此对，错.
对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，，
对.
对于，
，
①②得，，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题，
另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导的关系，体现了数形结合的思想
12．256
【分析】将二项式化为并写出其展开式通项，进而判断的符号，再将目标式去绝对值符号，应用赋值法求值即可.
【详解】由，则展开式通项为，
所以，，则，
令时，.
故答案为：256.
13．
【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率.
【详解】由，得为线段的中点，且点在椭圆外，所以，
则，又，所以为线段的中点，所以，
设，则，又，所以，
由椭圆的定义可知：，得，
如图，延长交椭圆C于点，连接，则由椭圆的对称性可知，
，又，故，
由余弦定理可得：，
在中，，由余弦定理可得，
即，
所以椭圆C的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
14．
【分析】将恒成立，转化为恒成立，令，求得其最大项即可.
【详解】解：由，得，
所以.
设，
则.
设，则，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得，即在上单调递减，
又，，，
所以当时，，即，
所以.
当时，，即，所以.
综上，，所以，即，
所以的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】由题可知，数列的代数表达式是很复杂的，需要进行恒等变换；
（1）当和同时出现在代数表达式中的时候，往往需要利用，把转换成，但是本题是要证明为等比数列，所以要把转换成，再利用等比数列的定义即可证明；
（2）依题意很显然应该是裂项相消求和.
【详解】（1）当时，，，解得；
当时，把代入题设条件得:
，即，
很显然是首项为8+1=9，公比为9的等比数列，
∴；
（2）由（1）知是首项为，公比的等比数列，
所以，．
故数列的前项和为：
.
16．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）分析可知，的所有可能取值为、、、、，计算出在不同取值下的概率，可得出随机变量的概率分布列；
（2）利用错位相减法可求得的值.
【详解】（1）解：将每次祈愿获取五星角色的概率记为，的所有可能取值为、、、、．
则，，，，
，，
所以的概率分布为.
（2）解：的数学期望
，①
，②
①②得，
，
，
因为，所以．
18．(1)
(2)存在满足条件的定点.
【分析】（1）将切点代入直线方程得，结合和即可得到双曲线方程；
（2）假设存在满足条件的定点，设的方程为，将其与双曲线联立得韦达定理式，计算，通分整理将韦达定理式代入得，解出值即可.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，
圆与直线切于点，所以代入得，①
设，直线FQ有斜率，则，即，②
又③
由①②③解得，
所以双曲线的方程为.
（2）假设存在满足条件的定点，因为直线不与坐标轴垂直，
故设的方程为.
由消去整理得，
则即
且
因为，所以直线的斜率为.
设为定值，即，
即，
即，
整理得，
所以，
所以.
因为为定值，且上式对任意恒成立，
所以
解得.
将代入式解得或且.
综上，存在满足条件的定点.
【点睛】关键点睛：本题采用设线法，设，定点，将直线与双曲线联立得韦达定理式，再设，展开整理得，将韦达定理代入得，解出值即可.
19．(1)是含谷函数，谷点；不是含谷函数，证明见解析.
(2)
(3)
【分析】（1）利用含谷函数定义判断函数的增减区间，再求谷点，证明函数是否为含谷函数；
（2）由题意可判断函数在区间内有谷点，利用谷点定义求参数取值范围；
（3）分别讨论函数的单调性，判断谷点所在区间，得到的解析式，再利用和消元求最值.
【详解】（1）函数，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是含谷函数，谷点；
函数，求导恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.
（2）由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点，
令，所以，
设，
所以，由可知恒成立，
所以在区间上单调递增，
若满足谷点，则有，解得，
故m的取值范围是.
（3）因为，
所以，
若恒成立，
则函数在时严格增，在时严格减，不是谷函数，不满足题意；
因此关于x的方程有两个相异实根，即，
设两根为，且，
因为，所以函数在区间上不为严格增，
但是当时，，为严格增，
所以在区间上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即，
同理，因为，所以，
因此，在区间和上严格增，在区间和上严格减，
从而函数的含谷区间必满足，
即，
因为，
，
由得，所以，
由得，所以，
所以，
当时，，
当时，，
因此的最小值为，当时成立.
【点睛】关键点睛：（1）利用谷点定义判断函数是否为含谷函数；
（2）根据谷点性质求参数的取值范围；
（3）将导数分解因式，利用二次函数性质讨论的单调性，进而得到和，求函数最值.