湖北省武汉市武昌区2024届高三上学期期末质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市武昌区2024届高三上学期期末质量检测数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知，则， 已知集合，若，则集合可以为等内容，欢迎下载使用。

本试题卷共4页，共22题.满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
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，再选涂其它答案标号.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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 命题“有些三角形是直角三角形”的否定为（ ）
A. 所有三角形都是直角三角形
B. 所有三角形都不是直角三角形
C. 有些三角形不是直角三角形
D. 有些三角形不是锐角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题否定的相关概念直接求解.
【详解】由命题否定的概念可知，命题“有些三角形是直角三角形”的否定为“所有三角形都不是直角三角形”.
故选：B
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出，再结合共轭复数的意义求解即得.
【详解】依题意，，
则，所以.
故选：C.
3. 已知正数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本不等式直接计算即可.
【详解】由题意得，，则， ，即，
当且仅当，即时等号成立.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的分段函数，代入依次计算即得.
【详解】函数，所以.
故选：D
5. 已知集合，若，则集合可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的性质，结合并集的运算对选项逐一分析验证即可.
【详解】若，则，，A不合题意；
若，则，，B不合题意；
若，则，，C不合题意；
若，则，，D符合题意；
故选：D.
6. 为了解决化圆为方问题，古希腊数学家希皮亚斯发明了“割圆曲线”，若割圆曲线的方程为，，则（ ）
A. 有最大值B. 有最小值
C. 随的增大而增大D. 随的增大而减小
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数知识直接求解判断即可.
【详解】由，，
则，
因为，所以，则，
令，
则，
所以在单调递减，所以，则，
所以在单调递减，即随的增大而减小，且无最值.
故选：D
7. 已知函数，，若函数在上存在最大值，但不存在最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分类讨论和两种情况，结合题目中所给区间的开和闭以及三角函数图象相关知识求解答案即可.
【详解】若，则，
又因为，函数在上存在最大值，但不存在最小值，
所以当，即时，
只需满足，此时，
当，即时，
函数一定存在最大值，要让函数无最小值，则，
此时，
综上，，即的取值范围是.
故选：D
8. 已知是坐标原点，过抛物线上异于的点作抛物线的切线交轴于点，则的外接圆方程为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得的坐标，再利用待定系数法即可求得的外接圆的一般方程.
【详解】设过抛物线上异于的点的切线为，
又交轴于点，则，
则，整理得，
则，即
则有，可化为
解之得，则，则
设的外接圆方程为，
则，解之得
的外接圆方程为，即.
故选：A
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 对于随机变量，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D 若，则
【答案】ABD
【解析】
分析】根据期望和方差变换公式和二项分布、正态分布相关概念求解即可.
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，若，则，故D正确.
故选：ABD
10. 已知不重合的直线，，和平面，，则（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直线和平面相关性质逐一判断即可.
【详解】对于A，根据平行传递性可知，若，，则，故A正确；
对于B，若，，则可能出现，或，或相交但不垂直，或异面但不垂直，故B错误；
对于C，若，，，，则或相交，故C错误；
对于D，根据面面垂直判定定理可知，若，，则，故D正确.
故选：AD
11. 已知数列满足，，数列满足，则（ ）
A.
B.
C. 存在，使得
D. 数列单调递增，且对任意，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，分别求得和的值，可判定A正确；根据数列的递推公式，化简得到，即数列为等比数列，进而得到，可判定B正确；结合等比数列的单调性，可判定C错误；根据等比数列的求和公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，满足，
因为，可得，
当时，可得，解得，；
当时，可得，解得，；
可得，所以A正确；
对于B中，由数列满足，
当时，，
两式相减得，整理得，
又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
又由，
则，，
所以，所以B正确；
对于C中，因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列为递减数列，所以，所以C不正确；
对于D中，由数列满足，则，
所以数列为递增等比数列，且，
所以D正确.
故选：ABD.
12. 已知，是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A. 的最小值为1
B.
C. 若直线与曲线有公共点，则
D. 对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在，两点处的切线垂直
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据几何意义判断A，举出反例判断B，数形结合判断C，根据图形特征以及切线概念判断D.
【详解】当时，原方程即，
化简为，轨迹为椭圆.
将代入，则，
则此时，即此部分为椭圆的一半.
同理当时，原方程即，
化简为.
将代入，则或，
则此时，即此部分为圆的一部分.
作出曲线的图形如下：
对于A，最小值表示曲线上一点到原点的最小距离的平方，
当时，最小值为，当时取得，
当时，最小值为，当时取得，
则最小值为，故A正确；
对于B，当时，，显然B选项错误；
对于C，直线经过定点，当时，直线经过椭圆下顶点，如图，
显然，存在，使得直线与曲线有两个公共点，故C错误；
对于D，如图，对任意位于轴左侧且不在轴上的点，
则曲线在点处的切线斜率可以取任何非零实数，
曲线在椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零实数，使得两切线斜率为负倒数，
所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在，两点处的切线垂直，故D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设为所在平面内一点，满足，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律，结合向量的加减法计算即得.
【详解】由，得，则，
由，得，则，
于是，所以.
故答案为：0
14. 若点在圆上，则过的圆的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用垂直直线的斜率关系和直线方程相关概念直接求解.
【详解】因为点在圆上，
所以过的圆的切线方程和垂直，
因为，，所以，所以切线方程斜率为，
所以切线方程为，即.
故答案为：
15. 楷书也叫正楷、真书、正书，是从隶书逐渐演变而来的一种汉字字体，其书写特点是笔画严整规范、线条平直自然、结构匀称方正、运笔流畅有度，《辞海》解释楷书“形体方正，笔画平直，可作楷模”，故名楷书.楷书中竖的写法有垂露竖、悬针竖和短竖三种，小君同学在练习用楷书书写“十”字时，竖的写法可能随机选用其中任意一种，现在小君一行写了5个“十”字，若只比较5处竖的写法，不比较其它笔画，且短竖不超过3处，则不同的写法共有______种.（用数字作答）
【答案】232
【解析】
【分析】根据题意分类讨论短竖有几处，结合组合相关概念计算即可.
【详解】当短竖为3处时，不同写法有，
当短竖为2处时，不同写法有，
当短竖为1处时，不同写法有，
当短竖为0处时，不同写法有，
一共有种不同写法.
故答案为：232
16. 棱长为10cm的密闭正四面体容器内装有体积为的水，翻转容器，使得水面至少与2条棱平行，且水面是三角形，不考虑容器厚度及其它因素影响，则水面面积的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先分水面平行于一组对棱和水面平行于正四面体的一个面两种情况，舍去前一种情况，结合正四面体几何特征求出其体积，根据相似关系得到棱长比，进而求出面积即可.
【详解】若水面至少与2条棱平行，且这两条棱不共面，即两条棱为对棱时，
如图所示，若水面平行与，不妨取特殊情况讨论，
记中点分别为，
则，，则四边形为平行四边形，
即水面形状平行四边形，不符合题意；
则水面至少平行的2条棱相交共面，不妨设水面为，
下求正四面体体积，
如图所示，即中点为，连接，设平面，则是三等分点，
因为正四面体棱长为10，所以，
，
则，
所以，
如下图所示，正四面体容器倒放时，棱锥部分为水体部分，
设，
则，则，则，
所以水面面积；
如下图所示，正四面体容器正放时，棱台部分为水体部分，
设，
则，则，水面面积更大，不符合.
综上，水面面积的最小值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知分别为的内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，的面积为2，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理代入化简，结合角的范围即可求解；
（2）根据三角形面积公式和余弦定理代入求解即可.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，，
代入，
则，
即，
即，
因为，且时上式不成立，
所以，所以，则
【小问2详解】
因为的面积为2，
所以，即，
又因为，，，所以，
则，则
18. 如图，在三棱柱中，平面，，，，为的中点，点，分别在棱，上，，.
（1）求证；；
（2）求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）借助（1）中坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在三棱柱中，平面，则平面，
而平面，则，
显然，则，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，，，
得，，
显然，因此，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，设平面的法向量，
则，令，得，显然平面的一个法向量，
于是，显然平面与平面所成二面角为锐角，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为.
19. 数学运算是数学学科的核心素养之一，具备较好的数学运算素养一般体现为在运算中算法合理、计算准确、过程规范、细节到位，为了诊断学情、培养习惯、发展素养，某老师计划调研准确率与运算速度之间是否有关，他记录了一段时间的相关数据如下表：
（1）依据的独立性检验，能否认为数学考试中准确率与运算速度相关？
（2）为鼓励学生全面发展，现随机将准确率高且速度快的10名同学分成人数分别为3，3，4的三个小组进行小组才艺展示，若甲、乙两人在这10人中，求甲在3人一组的前提下乙在4人一组的概率.
附：
其中.
【答案】（1）依据的独立性检验，数学考试中准确率与运算速度无关
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立性检验相关知识直接计算判断即可；
（2）记“甲在3人一组”为事件，记“甲在3人一组，且乙在4人一组”为事件，根据题意分别求出两事件概率，结合条件概率公式求解甲在3人一组的前提下乙在4人一组的概率即可.
【小问1详解】
零假设数学考试中准确率与运算速度无关，
，
依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即数学考试中准确率与运算速度无关
【小问2详解】
记“甲在3人一组”为事件，
则需从除甲以外的9人中任选2人与甲形成一组，
再从剩下7人中任选3人形成一组，最后4人形成一组，
所以，
记“甲在3人一组，且乙在4人一组”为事件，
则需从除甲、乙以外的8人中任选2人与甲形成一组，
再从剩下6人中任选3人与乙形成一组，最后3人形成一组，
所以，
由条件概率公式，则，
即甲在3人一组的前提下乙在4人一组的概率为
20. 已知数列的前项和为，，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若表示不超过的最大整数，，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据公式整理等式，利用等差中项，可得答案；
（2）根据等差数列的性质，求得首项与公差，结合求和公式，可得答案.
【小问1详解】
由，则，当时，可得，
两式相减可得，，
，
，
，，
所以数列是等差数列.
【小问2详解】
当时，，
则等差数列的首项为，公差为，
所以，
由，则，即，
解得.
21. 已知双曲线（，），点是的右焦点，的一条渐近线方程为.
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线与的右支交于两点，以为直径的圆记为，是否存在定圆与圆内切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，方程为
【解析】
【分析】（1）根据双曲线焦点和渐近线求出基本量即可得到方程；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，结合圆的相关概念求得圆方程，结合对称性得到定圆圆心的位置，设出定圆方程，结合两圆内切的概念列出方程求解即可.
【小问1详解】
设双曲线的焦距为，
因为点是的右焦点，的一条渐近线方程为
所以，解得，所以的标准方程为
【小问2详解】
存在定圆满足题意，方程，理由如下：
因为过点的直线与的右支交于两点，所以直线斜率不为0，
设直线方程为，，
由，得，
，
，，
所以，，
由直线与的右支交于两点可知，解得，
又因为
，
所以圆的方程为，
由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上，
不妨设定圆方程为，
则由圆与圆相内切可知，，
即，
整理得，，
因为上式与无关，
所以，解得，
所以存在定圆满足题意
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
22. 已知函数，.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若有且仅有1个零点，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）结合第一问将分为三种情况：当时，由导数研究函数的单调性与最值可判定此时零点个数；当时，通过取点及适当放缩分别计算的正负，判定此时函数零点的个数；当时，通过函数的单调性得出，从而确定始终为负即可.
【小问1详解】
时，，所以，
则，所以在处的切线方程为；
【小问2详解】
①由上知时，，
有，
令，
即在上单调递增，
又，，
所以时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，此时只有一个零点，符合题意；
②当时，，且，
所以，
设，
显然时，即此时单调递增，时，此时单调递减，
所以，即，
所以，
所以根据零点存在性定理可知使得，
又，
易知，所以，
由上证得，
即，故使得，
所以此时至少存在两个零点，不符题意；
③时，，
由①可知，所以此时无零点，不符合题意；
综上所述时，有且仅有1个零点.项目
速度快
速度慢
合计
准确率高
10
22
32
准确率低
11
17
28
合计
21
39
60
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828