湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024届高三下学期5月适应性考试数学试卷（Word版附解析）

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时限：120分钟 满分：150分 命审题：高三数学备课组
一、单项选择题：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. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数的性质和交集的定义可得
【详解】，
故选:C
2. 函数（ ）
A. 是偶函数，且在区间上单调递增B. 是偶函数，且在区间上单调递㺂
C. 是奇函数，且在区间上单调递增D. 既不是奇函数，也不是偶函数
【答案】A
【解析】
【分析】借助函数奇偶性的定义可判断函数奇偶性，借助导数即可得函数单调性.
【详解】的定义域为，，
为偶函数；
当时，在区间上单调递增.
故选：A.
3. 如图，一个电路中有三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为，这个电路是通路的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对立事件的概率公式及相互独立事件的概率公式计算即得.
【详解】元件都不正常的概率，
则元件至少有一个正常工作的概率为，
而电路是通路，即元件正常工作，元件至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率.
故选：B
4. 已知数列，则“”是“数列是等差数列”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
【答案】B
【解析】
【分析】先判断充分性：由已知可得，数列的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列，举例可知数列不一定是等差数列，再判断必要性：数列是等差数列，可得，可得结论.
【详解】先判断充分性：，
令，则数列的偶数项成等差数列，
令，则数列的奇数项成等差数列，
但数列不一定是等差数列，如：1，1，2，2，3，3，
∴“”不是“数列是等差数列”的充分条件；
再判断必要性：若数列是等差数列，则，
，∴“”是“数列是等差数列”的必要条件；
综上，“”是“数列是等差数列”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知的三个角，，的对边分别是，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将换为，从而求出，再利用二倍角公式求出.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，即，
所以.
故选：D．
6. 设抛物线的焦点为，过的直线与抛物线在第一象限交于点，与轴交于点，若，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可求得的坐标为，进而可求的的斜率.
【详解】为的中点，过点作垂直于轴于点为的中位线，
则的坐标为，而，则直线的斜率为.
故选：C．
7. 若函数在区间上是减函数，且，，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值.
【详解】由题知，
因为，，
所以，
又因为在区间上是减函数，
所以，
两式相减，得，
因为，所以.
故选：A.
8. 已知是边长为的正三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】可由重心的性质结合向量运算得到点的轨迹，再结合圆上的点到圆外定点的距离最小值为圆心到定点减半径得到；亦可建立适当平面直角坐标系，借助向量的坐标运算结合圆的性质得解.
【详解】法一：设的重心为，则，
点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
又，的最小值是.
法二：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，
则，
设，即，
化简得，点的轨迹方程为，
设圆心为，，由圆的性质可知当过圆心时最小，
又，故得最小值为.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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. 如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A. 四点共面B. 平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C. 平面D. 平面平面
【答案】BD
【解析】
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
10. 已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最小值为3D. 的最小值为3
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助复数的基本概念与模长运算可得A；借助复数的几何意义计算可得B；借助圆与直线的距离可得C、D.
【详解】对A：为纯虚数，可设选项A正确；
对B：设，，
则，即，
则所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
，选项B正确；
对C：为纯虚数，对应点在轴上（除去原点），
所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
的取值范围为，无最小值，选项C错误；
对D： ，
表示点到以为圆心，以2为半径的圆上的点的距离，
为纯虚数或0，在轴上（除去点），
当时取得最小值3，∴选项D正确.
故选：ABD．
11. 已知函数的定义域为R，对，且为的导函数，则（ ）
A. 为偶函数B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：令，可判断A；对于B：令，进而计算可判断B；对于C：为奇函数，可得为偶函数；进而可得关于对称，可判断C；对于D：令，可得，令，则，两式相加可判断D.
【详解】对于A：令，则，
为奇函数，故选项A不正确；
对于B：令，则，令，则
为奇函数，
，
的周期为4，，故选项B正确；
对于C：为奇函数，为偶函数；
的周期为4，
为偶函数，，
关于对称，
所以，令，可得，令，可得，
所以，故，
，故选项C正确；
对于D：令，则，即①，
令，则②，
由①+②得，
故选项D正确.
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：本题综合考查函数性质的应用，涉及到函数的奇偶性、周期性以及导数的知识，解答的关键是根据题意采用变量代换推出函数为周期为4的周期函数，进而求得一个周期内的函数值，即可求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分．
12. 已知圆锥曲线的焦点在轴上，且离心率为2，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由圆锥曲线是双曲线，方程表示成标准方程，由离心率求的值.
【详解】圆锥曲线的离心率为，则该圆锥曲线是双曲线，
将方程化成焦点在轴上的标准形式，
由离心率， 有，得．
故答案为：
13. 已知矩形中，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，计算可求矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积.
【详解】如图，以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，

旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，
这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，
则所求几何体体积.
故答案为：.
14. 一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为______（用表示）．
【答案】
【解析】
【分析】由题知，，利用，可求得.
【详解】由题知，
，
，
，
故答案为：.
二、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有最大值，求实数的值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间；
（2）利用（1）的结论可求实数的值．
【小问1详解】
1°当时在区间上单调递增。
2°当时，时，单调递增
时，单调递减
综上，当时，增区间是，
当时，的增区间是，减区间是
【小问2详解】
由（1）知当时，无最大值。
当时，，平方有，
解得．
16. （1）假设变量与变量的对观测数据为，，，，两个变量满足一元线性回归模型，请写出参数的最小二乘估计；
（2）为推动新能源汽车产业高质量发展，国家出台了系列政策举措，对新能源汽车产业发展带来了巨大的推动效果.下表是某新能源汽车品牌从2019年到2023年新能源汽车的年销量（万），其中年份对应的年份代码为1-5．已知根据散点图和相关系数判断，它们之间具有较强的线性相关关系，可以用线性回归模型描述．
令变量，，则变量与变量满足一元线性回归模型，利用（1）中结论求关于的经验回归方程，并预测2025年该品牌新能源汽车的销售量．
【答案】（1）参数的最小二乘估计为.
（2）关于经验回归方程为，预测2025年该品牌新能源汽车的销售量为34.4万辆.
【解析】
【分析】（1）列式子计算残差平方和，得到一个关于的二次函数，当处在对称轴位置时，有最小值，从而得到参数的最小二乘估计；
（2）利用（1）中结论和（2）的数据，求出，得到经验回归方程为，利用题设条件，转化为与的关系式，将代入，即可求出2025年的预测销量.
【详解】（1）
，
要使残差平方和最小，当且仅当，所以参数的最小二乘估计为.
（2）由题知，，
所以
，
，
所以，所以，
所以，，所以，
当时，（万），
故关于的经验回归方程为，预计2025年该品牌新能源汽车的销售量将达到34.4万辆．
17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，由（1）知平面，即可得，再求平面和平面的法向量即可求出.
【小问1详解】
底面是菱形，，
平面，且平面，.
又，平面,平面，
平面，，又，且平面，，
平面，平面，，
，，即，又平面，
且，平面．
【小问2详解】
以为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
,,又,
在中由勾股定理得,
即,.
，，
，，平面，
与平面所成的角为，平面，
是平面的一个法向量，平面，平面，
平面平面，设，只需，则平面，
则，
令，则，
，.
18. 己知圆，动圆与圆相内切，且经过定点
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）若直线与（1）中轨迹交于不同的两点，记外接圆的圆心为（为坐标原点），平面上是否存在两定点，使得为定值，若存在，求出定点坐标和定值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，使得（定值）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义得到动圆圆心的轨迹焦点在轴上的椭圆，进而求得椭圆的方程；
（2）联立与椭圆方程，根据韦达定理得，进而得出和OB的中垂线方程，联立方程求出交点即为圆心坐标的关系为，根据双曲线定义可得及，方法二，设外接圆方程为，联立直线和与圆的方程，利用韦达定理和参数方程消去参数得圆心的坐标关系为，根据双曲线定义可得及
【小问1详解】
设圆的半径为，圆与动圆内切于点．点在圆内部，点在圆内部．
，
点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，其方程为．
【小问2详解】
（方法一）联立与椭圆方程，消得，
设，则，
的中垂线方程为：，即①
的中垂线方程为：②
由①②两式可得，
外接圆圆心的横坐标，
其中
，
又的中垂线方程为，即，
圆心的纵坐标为，
圆心在双曲线上，
存在定点，使得（定值），
（方法二）设外接圆方程为，
联立与圆的方程，消得，
则
，解得，
设圆心坐标为，
则，
圆心在双曲线上，
存在定点，使得（定值），
19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的．
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的．
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列．
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论；
（2）设，可得，进而可得结论；
（3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式．
【小问1详解】
是等差数列，设，
令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的．
【小问2详解】
因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则．
当时，
当时，是首项为，公比为的等比数列．
【小问3详解】
一方面，数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以．
是首项为2，公比为的等比数列．
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
是首项为2，公比为的等比数列，
，且，
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列．
又，
又解得，
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤.年份代码
1
2
3
4
5
销量（万）
4
9
14
18
25