2024武汉部分学校高三10月调研考试数学试题及答案

• 武汉十调

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．复数，则（    ）

A． B． C． D．

3．两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

4．要得到函数的图象，可以将函数的图象（    ）

A．向左平移个单位 B．向左平移个单位

C．向右平移个单位 D．向右平移个单位

5．某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯造型可以近似看成是一个圆柱挖去一个圆台得到，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯所用玻璃的体积（单位：）为（    ）

A． B． C． D．

6．某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，购人污水过滤系统对污水进行过滤处理，已知在过滤过程中污水中的剩余污染物数量N（mg/L）与时间t（h）的关系为，其中为初始污染物的数量，k为常数．若在某次过滤过程中，前2个小时过滤掉了污染物的30%，则可计算前6小时共能过滤掉污染物的（    ）

A．49% B．51% C．65.7% D．72.9%

7．过双曲线的左焦点F作的一条切线，设切点为T，该切线与双曲线E在第一象限交于点A，若，则双曲线E的离心率为（    ）

A． B． C． D．

8．已知是半径为的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．四个实数，2，x，y按照一定顺序可以构成等比数列，则xy的可能取值有（    ）

A． B． C． D．

10．直线过抛物线的焦点且与该抛物线交于M，N两点，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（    ）

A． B．抛物线E的准线方程是

C．以MN为直径的圆与定直线相切 D．的大小为定值

11．已知实数a，b满足，则（    ）

A． B． C． D．

12．若函数存在连续四个相邻且依次能构成等差数列的零点，则实数k的可能取值有（    ）

A． B． C．0 D．

三、填空题

13．的展开式中含项的系数为        ．

14．圆心在直线上且与直线相切于点的圆的方程是        ．

15．若函数是上的增函数，则实数a的最大值为        ．

16．甲，乙，丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中，投掷n次骰子后（），记球在甲手中的概率为，则        ；        ．

四、解答题

17．记数列的前n项和为，对任意正整数n，有．

(1)证明：数列为常数列；

(2)求数列的前n项和．

18．设的内角所对的边分别为，且．

(1)求角；

(2)若，且的内切圆半径，求的面积．

19．近期世界地震、洪水、森林大火等自然灾害频繁出现，紧急避险知识越来越引起人们的重视．某校为考察学生对紧急避险知识的掌握情况，从全校学生中选取200名学生进行紧急避险知识测试，其中男生110名，女生90名．所有学生的测试成绩都在区间范围内，由测试成绩数据作出如图所示的频率分布直方图．

(1)若从频率分布直方图中估计出样本的平均数与中位数相等，求图中m的值；

(2)规定测试成绩不低于80分为优秀，已知共有45名男生成绩优秀，完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否推断男生和女生的测试成绩优秀率有差异？

参考公式与数据：

20．如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD满足，，，棱PD上的点E满足．

(1)证明：直线平面PAB；

(2)若，，且，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

21．椭圆的左顶点为，右顶点为，满足，且椭圆的离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知点在椭圆的内部，直线和直线分别与椭圆交于另外的点和点，若的面积为，求的值．

22．已知函数．

(1)若，求的单调区间；

(2)若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值．

参考答案：

1．B

【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式，得，即，而，

所以.

故选：B

2．C

【分析】利用复数除法求出复数，再利用共轭复数与复数加减法的意义求解作答.

【详解】依题意，，于是，

所以.

故选：C

3．D

【分析】由题意可得，，根据可得，设与的夹角为，利用即可求解.

【详解】由题意可得，，且，

所以.

设与的夹角为，，

则,

所以.

故选；D.

4．B

【分析】，根据三角函数图象的平移变换即可求解.

【详解】因为,

所以将函数的图象向左平移个单位可得到函数的图象.

故选:B.

5．A

【分析】根据给定条件，利用柱体体积公式、台体体积公式计算作答.

【详解】依题意，该玻璃杯所用玻璃的体积为.

故选：A

6．C

【分析】根据给定的函数模型，结合已知数据列出方程求解作答.

【详解】依题意，前2个小时过滤后剩余污染物数量为，于是，解得，

因此前6小时过滤后剩余污染物数量为，

所以前6小时共能过滤掉污染物的.

故选：C

7．C

【分析】取线段中点，根据给定条件，结合双曲线定义及直角三角形勾股定理求解作答.

【详解】令双曲线的右焦点为，半焦距为c，取线段中点，连接，

因为切圆于，则，有，

因为，则有，，

而为的中点，于是，即，，

在中，，整理得，

所以双曲线E的离心率.

故选：C

8．B

【分析】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，证得为中点，平面与平面的夹角即为的余角，解，即可得解.

【详解】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，

∵，∴点为中点，则，

由为外心，故，则，

由题意可得平面，

故平面与平面的夹角，即为的余角.

在中，，，

则由正弦定理可得，

由球的半径为，故，,

由平面，平面，可得，

则中，,即，

故平面与平面的夹角为，故其余弦值为.

故选:B.

9．ABD

【分析】根据题意，结合等比数列的性质，分情况讨论，即可得到结果.

【详解】因为等比数列所有奇数项符号相同，所有偶数项符号也相同，

当对应等比数列的第一项与第二项时，则第三，四项分别为，此时，

当对应等比数列的第一项与第四项时，此时，

当对应等比数列的第三项与第四项时，则第一，二项分别为，此时，

当对应等比数列的第三项与第二项时，此时，

当对应等比数列的第二项与第三项时，此时，

当对应等比数列的第二项与第一项时，则第三，四项分别为，此时，

当对应等比数列的第四项与第三项时，则第一，二项分别为，此时，

当对应等比数列的第四项与第一项时，此时，

故选：ABD

10．BC

【分析】由直线过定点，得到，可判定A正确；根据抛物线的几何性质，可得判定B正确；过点作准线的垂线，根据抛物线的定义得到，可判定C正确；联立方程组，结合韦达定理，得到，求得，可判定D错误.

【详解】对于A中，由直线，可化为，可得直线过定点，

因为抛物线的焦点在直线上，可得，则，所以A错误；

对于B中，由抛物线的准线方程为，所以B正确；

对于C中，过点作准线的垂线，垂足分别为，的中点为点，

过点作准线的垂线，垂足为，可得，故以MN为直径的圆与准线相切，所以C正确；

对于D中，设，联立方程组，

整理得，，，

可得，则，

则，但的大小不是定值，

设，而，

则，则，

而，并不是定值，所以D错误.

故选：BC.

11．AD

【分析】先由题意可知，由，得，构造函数，得，再对四个选项逐一分析即可.

【详解】由题意可得，

则由，得.

对于A：设，，

则在区间上，，为增函数，

所以由题意可得，所以，故A正确；

对于B：由，得,故B错误；

对于C：由A可知在区间上为增函数，

且，则，即,

则,

由,得,

令,则,

所以在上单调递增,

所以,

所以,故C错误；

对于D：又,

令,

则,

所以在上单调递增,所以，

所以,

又，且,

令，

根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，

所以，

综上可得，故D正确；

故选:AD.

【点睛】关键点睛：

本题关键点在于构造函数，利用导数求其单调性，从而可得.

12．ACD

【分析】利用函数零点的定义分离参数，构造函数并求出函数值域确定的范围，再逐项分析并结合等差数列的意义判断作答.

【详解】由，得，

令，显然函数是偶函数，是周期为的周期函数，

而，则当时，，当时，，因此，

当时，，于是函数的所有零点从小到大排成一列

构成公差为的等差数列，A正确；

当时，，显然此方程在余弦函数的周期长的区间内只有两个根，

取，则方程在内有4个根，

显然有，于是，

，即有，则不成等差数列，

由周期性知，当时，函数不存在连接4个零点依次构成等差数列，B错误；

当时，或，取函数的4个连续零点为，显然成等差数列，C正确；

当时，或，令，则函数在内有4个零点，

并满足，且，

显然，，

，

显然，，因此，所以成等差数列，D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点睛：涉及给值求角问题，关键是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．

13．

【分析】求得二项式的展开式的通项为，根据题意，进而求得项的系数，得到答案.

【详解】由二项式的展开式的通项为，

所以的展开式中含项的系数为.

故答案为：.

14．

【分析】根据给定条件，求出过切点的圆半径所在直线方程，进而求出圆心坐标即可作答.

【详解】依题意，过切点的圆的半径所在直线方程为，即，

由解得，因此所求圆的圆心为，半径，

所以所求圆的方程为.

故答案为：

15．

【分析】确定函数定义域，问题转化为在上恒成立，即，设，求得函数的最值，从而可得实数a的最值.

【详解】的定义域为，若在上单调递增，

则恒成立，即

设，则，

当时，，函数在上单调递减;

时，，函数在上单调递增，

故，所以，

故实数a的最大值为.

故答案为：.

16．         

【分析】结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，结合题意，利用列举法和分类讨论，即可求解.

【详解】由题意，当投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4中情况：

①：甲甲甲甲，其概率为

②：甲甲乙甲，其概率为

③：甲乙甲甲，其概率为

④：甲乙丙甲，其概率为

所以投掷3次后，球在甲手中的概率为.

记当投掷次骰子后，球在甲手中的概率为，

再三次投掷后，即投掷次，球仍在甲手中的概率为，

则，即，即

又因为，

当时，；当时，；

当时，，

所以.

故答案为：；.

17．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用给定的递推公式，结合计算推理作答.

（2）由（1）求出数列的通项，再利用裂项相消法求和作答.

【详解】（1）依题意，，，

两式相减得：，即，

整理得，即，因此，

所以数列是常数列.

（2）当时，，解得，

由（1）得：，于是，

则，

所以.

18．(1)；

(2).

【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换求出，即可求;

(2)利用余弦定理和三角形的面积公式求出，即可求面积.

【详解】（1）由正弦定理得： ，

即，

即，

即.

因为，所以，所以.

因为，

所以.

（2）面积，

代入，和，整理得：①，

由余弦定理：，得： ，

即②，

①②联立可得：，解得：或（舍去），

所以.

19．(1)；

(2)列联表见解析，男生和女生的测试成绩优秀率没有差异.

【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，估计平均数及中位数即可列式作答.

（2）完善列联表，求出的观测值，并与临界值表比对作答.

【详解】（1）依题意，频率分布直方图中左起第一个小矩形的高为：，

样本平均数的估计值为：

，

显然数据落在区间的频率为，落在的频率为，

因此样本中位数在区间内，其估计值为；，

则，解得，

所以.

（2）总的成绩优秀人数为：，

得到列联表为：

于是的观测值为，

所以根据小概率值的独立性检验，认为男生和女生的测试成绩优秀率没有差异.

20．(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）连接，过C做，交BD于T点，先利用三角形全等证得，再根据三角形的余弦定理求得BD，再由，证明平面平面即可得证.

（2）根据三角形的余弦定理及边长关系证明平面，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，后根据线面角的坐标求法代入即可求解.

【详解】（1）解：由题意得：

连接，过C做，交BD于T点，如图所示：

，，

又

在中，

解得：

平面，平面，

平面，平面，

平面，平面

又相交于点

平面平面

平面

直线平面PAB

（2）连接AC交BD于O点

在和中，由可得

，即

解得：，满足，所以

又

又有AC交BD于O点，所以平面，满足PO，CO，DO两两垂直

故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，

于是有，

设平面的法向量为，由

取

又

故所求角的正弦值为

所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.

21．(1)；

(2).

【分析】（1）依题意，则，又,得，从而求得椭圆方程；

（2）先求出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点的纵坐标，同理可得点的纵坐标，由,可得的值．

【详解】（1）由题意,,得.

离心率,得，

所以椭圆的标准方程为；

（2）设，

点,直线的方程为,即.

与椭圆方程联立得:,解得:.

点,直线的方程为.

与椭圆方程联立得:,解得: .

三角形面积比

.

又因为,

所以

，

由题意, ,

整理得,解得:或.

又由点在椭圆内部,故,即.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．(1)在和上单调递增，在上单调递减；

(2).

【分析】（1）时，，利用导数研究单调性即可；

（2）令，可得是关于的方程的两个实根，易得，，化简

①.令，①式化为，设，利用导数求其最小值即可.

【详解】（1）时，，

，

令，可得或，

当或时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减.

所以在和上单调递增，在上单调递减.

（2），

令，可得.

由题意可得，是关于的方程的两个实根，

所以.

由，有，

所以.

将代入上式，得，

同理可得.

所以

①.

令，①式化为，

设，即，

则，

记，则.

记，则，

所以在上单调递增，所以，

所以，在上单调递增，所以.

所以，在上单调递减.

又

，

当且仅当且，即时，取到最大值，即的最大值为2.

因为在上单调递减，所以.

所以的最小值为.

【点睛】总结点睛：利用导数研究函数的最值点睛：

在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数在内所有使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．