湖北省汉阳县部分学校2024届高三下学期模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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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. 在展开式中，的系数为（ ）
A. 0B. C. D. 55
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为与的展开式中没有的项，
只有与的展开式中有的项，
其中的展开式的通项为，则的系数为，
的展开式的通项为，则的系数为，
所以展开式中的系数为.
故选：B
2. 已知等差数列的前项和为，如果，且的等比中项为，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用前项和的意义变形给定等式，求出公差，再利用等比中项列式求出.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
即，解得，又，则，
所以.
故选：A
3. 若随机变量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由正态分布的性质，即可得到结果.
【详解】因为随机变量，即，且，
则，故D正确，C错误；而的大小无法判断，故AB错误；
故选：D
4. 复数的共轭复数的模是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念与求模公式计算即可.
【详解】由，所以.
故选：B
5. 在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量基本定理表示向量，结合向量的数量积公式计算夹角余弦值，从而可得正切值.
【详解】设正四面体棱长为1，
设，，，则，，
∴，，.
∵分别为的中点，，是等边三角形，
∴，，，
．
设异面直线所成角为，则
则，所以，
所以异面直线所成角的正切值为.
故选：D.
6. 随机事件A发生的概率为，随机事件B发生的概率为，则事件A，B同时发生的概率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用概率的基本性质及概率的取值范围求解即得.
【详解】依题意，，由，
得，又，
则当时，，
所以事件A，B同时发生的概率的取值范围是.
故选：C
7. 若函数最小正周期为，在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定周期求得，再结合余弦函数的单调区间、单调性及零点所在区间列出不等式组，然后结合已知求出范围.
【详解】由函数的最小正周期为，得，而，解得，
则，由，
得，又在上单调递减，
因此，且，解得①，
由余弦函数的零点，得，即，
而在上存在零点，则，
于是②，又，联立①②解得，
所以的取值范围是.
故选：B
8. 如果，记为区间内的所有整数．例如，如果，则；如果，则或3；如果，则不存在．已知，则（ ）
A. 36B. 35C. 34D. 33
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数的几何意义建立不等式，借助裂项相消法求和及指数函数性质求出的范围即可得解.
【详解】令函数，求导得，
则可视为函数在处的切线斜率，
设，则直线的斜率，
由导数的几何意义有，因此，
而，
即有，
又，因此，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：观察题设中所给和式的结构特征，构造函数，利用导数导数的几何意义建立不等式是解题的关键.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小擬给出的选项中，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. 设，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的正实数条件，利用不等式性质，结合选项的条件推理判断ABD；令，借助辅助角公式及三角函数性质求解判断C.
【详解】对于A，由，得，而，则，
因此，即，于是，A正确；
对于B，由，得，即，
又，B正确；
对于C，令，则，
其中锐角满足，显然，
因此当时，，C正确；
对于D，由，得，，，
当，即时，，即，D错误.
故选：ABC
10. 已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，B.
C. 数列是等差数列D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】计算数列首项及第二项可判定A，利用等差数列的定义及的关系可判定C，从而求出的通项公式结合基本不等式、函数的单调性可判定B、D.
【详解】对A，由题意可知，所以，
则，所以，故A错误；
对C，由，故C正确；
对C，所以，
则，故B正确；
对D，易知，令，
则，则单调递增，
所以，即，故D正确.
故选：BCD
11. 如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，点是椭圆上任意一异于顶点的点，连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则下列结论正确的是（ ）
A. 为定值
B.
C. 当四边形的面积最大时，直线的斜率为1
D. 点的纵坐标没有最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的椭圆方程，设点，结合斜率坐标公式计算判断AB；取点在第一象限，求出面积最大时的斜率判断C；观察图形分析判断D.
【详解】依题意，，设，
对于A，，A正确；
对于B，直线的方程为，它与直线的交点，
因此，B正确；
对于C，不妨令，四边形面积
，当且仅当时取等号，此时点，
直线的斜率为，C错误；
对于D，当点无限接近点时，点的纵坐标无限接近最大值，但取不到最大值，
因此没有最大值，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：椭圆上的点的坐标可以设为.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是双曲线上关于原点对称的两点，动点在双曲线上，且，的斜率之积为（e为双曲线的离心率），则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，利用点在双曲线上建立方程组借助点差法变形，再结合斜率坐标公式列式解方程即得.
【详解】设，则，依题意，，
而，两式相减得，即，
即，因此，所以.
故答案为：
13. 等比数列的公比为，其通项为，如果，则______；数列的前5项和为______．
【答案】 ①. 或 ②. 或
【解析】
【分析】利用给定条件，结合等比数列通项列出方程，求解方程得；分类求出的通项，再求出前5项和.
【详解】等比数列的公比为，由，得，
整理得，所以或；
当时，，数列的前5项和为，
当时，，数列的前5项和为，
所以数列的前5项和为或.
故答案为：或；或
14. 已知圆，圆半径为，过直线上的动点作圆的切线，切线长始终相等，则圆的标准方程为______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用切线长性质、两点的距离公式结合方程的特征计算圆心即可得结果.
【详解】设，切线长，
由已知可知两圆的半径分别为，
所以，
化简得，
由题意知，上式恒成立，
又，
所以，
解之得或，
则圆的标准方程为或.
故答案为：或
【点睛】思路点睛：根据切线始终相等设点P坐标与圆心坐标，由勾股定理建立等式关系（看成关于点P坐标的关系式），再由P在直线上得方程形式相同，解参数即可.
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. 已知锐角的三内角的对边分别是，且，
（1）求角的大小；
（2）如果该三角形外接圆的半径为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理将化成边，化简再结合余弦定理可求得答案；
（2）利用正弦定理，将边化角，再利用角的范围即可得出结果.
【小问1详解】
，
由余弦定理可得，
化简整理得，又，
，又，
所以.
【小问2详解】
因为三角形外接圆半径为，所以，，
，由（1）得，
所以
，
因为是锐角三角形，且，
所以，，，
，即.
所以的取值范围为.
16. 如图，在四棱锥中，底面四边形满足：，，平面平面，点在线段上（不与重合）．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）当点在何处时，二面角的平面角的余弦值为？
【答案】（1）
（2）当点为中点时，二面角的平面角的余弦值为
【解析】
【分析】（1）根据题意将向量关系式化简可得，证明平面，进而证明平面；
（2）以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设点，利用向量法求出二面角的余弦值求出的值，确定点的位置.
【小问1详解】
，，
化简整理得，所以，即，
又，平面，所以平面，
又平面，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以直线与平面所成角为.
【小问2详解】
由（1）知，两两互相垂直，以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设点，，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
所以，又平面的法向量为，
，解得或14，又，
所以，即点是的中点.
所以当点是的中点时，二面角的平面角的余弦值为.
17. 某校为了丰富课余活动，同时训练学生的逻辑思维能力，在高中三个年级举办中国象棋盲棋比赛，经过各年级初赛，高一、高二、高三分别有3人，4人，5人进入决赛，决赛采取单循环方式，即每名队员与其他队员都要进行1场比赛（每场比赛都采取5局3胜制，初赛、决赛的赛制相同，记分方式相同），最后根据积分选出冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．
（1）从进入决赛的12人中随机抽取2人进行表演赛，这2人恰好来自不同年级的概率是多少？
（2）初赛时，高三甲、乙两同学对局，设每局比赛甲取胜的概率均为，记甲以取胜的概率为，当最大时，甲处于最佳竞技状态．在决赛阶段甲、乙对局，而且甲的竞技状态最好，求甲所得积分的分布列及期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型计算即可；
（2）先计算甲以取胜的概率，利用导数确定其单调性得时甲处于最佳状态，再利用离散型随机变量的分布列，期望公式计算即可.
【小问1详解】
由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是；
【小问2详解】
由题意可知，
所以，
显然时，，即单调递减；
时，，即单调递增；
则时，取得最大值，
由题意可知的可能取值为，
则，
，
，
，
则其分布列为：
所以.
18. 某校数学问题研究小组的同学利用电脑对曲线进行了深人研究．已知点在曲线上，曲线在点处的切线方程为．请同学们研究以下问题，并作答．
（1）问题1：过曲线的焦点的直线与曲线交于两点，点在第一象限．
（i）求（为坐标原点）面积的最小值；
（ii）曲线在点处的切线分别为，两直线相交于点，证明．
（2）问题2：若是曲线上任意两点，过的中点作轴的平行线交曲线于点，记线段与曲线围成的封闭区域为，研究小组的同学利用计算机经过多次模拟实验发现是个定值，请求出这个定值．
【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理计算，然后求最值即可；（ii）利用坐标运算计算即可；
（2）， 找到各小块三角形的面积与的关系，从而得到方程，解出值..
【小问1详解】
（i）明显直线的斜率不为零，设直线的方程为，，
联立，消去得，
则，
又，
则当时，的面积最小，且最小值为；
（ii）由已知得，
联立，解得，即
所以
所以；
小问2详解】
如图. ，线段$AB$的中点，
则.
，
分别过线段的中点，线段的中点，
作轴的平行线交抛物线分别于两点，连接.
同理可得.
，（分子的上标均省略了文字“的面积”）
又由于的面积的面积的面积，
所以，解得.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是如何绕过直接求出曲线围成的面积，通过找到各三角形与三角形之间的关系，从而解出值.
19. 函数．
（1）求函数的极值；
（2）若恒成立，求的最大值．
【答案】（1）极小值为，极大值为；
（2）3
【解析】
【分析】（1）判断函数为奇函数，利用导数求出在区间上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.
（2）利用导数证明当时，恒成立，当时，等价变形不等式并构造函数，利用导数并按导数为负为正确定的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.
【小问1详解】
函数，，
即函数为奇函数，其图象关于原点对称，
当时，，求导得：
，
由于，由，得，解得，
由，得，解得，即在上单调递减，在上单调递增，
因此函数在上有极小值，
从而在上的极小值为，极大值为.
【小问2详解】
当时，恒成立，即恒成立，亦即恒成立，
令，求导得，
则函数在上为增函数，有，因此恒成立；
当时，恒成立，即不等式恒成立，
令，求导得：
令，求导得则
，
由，得，
当时，即时，，则函数在上单调递减，
则有，即，因此函数在上单调递减，有，即，
当时，即时，存在一个，使得，
且当时，，即在上单调递增，且，
则，于是在上单调递增，因此，即，与矛盾，
所以的最大值为3.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．X
0
1
2
3
P