湖北省随州市2024届高三下学期5月模拟数学试题（Word版附解析）

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1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次方程得集合B，然后利用并集运算和补集运算的概念求解即可.
【详解】因为，又，所以，
又，所以.
故选：B
2. 设随机变量，且，则（ ）
A. 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
【答案】D
【解析】
【分析】利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得.
【详解】随机变量，显然，
而，所以.
故选：D
3. 设函数的定义域为，其导函数为，且满足，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意，构造函数利用已知条件判断出在上单调递减，结合，构造出从而求得解集.
【详解】设，即，
在上单调递减，又，
∴不等式,
即原不等式的解集为．
故选:B．
4. 设，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助，得出与所处区间及象限，结合三角恒等变换公式即可得.
【详解】，，，
故，又，
.
故选：D.
5. 已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，且与所成的角和与所成的角相等，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面的位置关系，结合空间想象即可得解.
【详解】若，，，则与有可能平行，故A错误；
若，，则可能在内，故B错误；
若，，则，又，则，故C正确；
若，且与所成的角和与所成的角相等，则与有可能相交，故D错误.
故选：C.
6. 在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理可得圆的外接圆直径，从而可得，代入计算，即可得到结果.
【详解】由已知，所以圆的外接圆直径为，
因为，
所以，
所以，
因为，即，所以时，取到最小值．
故选：D．
7. 已知双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用双曲线的离心率公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】由题意可知，双曲线的焦点在轴上，
故该双曲线的离心率为，解得.
故选：A.
8. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（ ）

A. 勒洛四面体最大截面是正三角形
B. 若P、Q是勒洛四面体表面上的任意两点，则PQ的最大值为
C. 勒洛四面体的体积是
D. 勒洛四面体内切球的半径是
【答案】D
【解析】
【分析】由勒洛四面体的定义可判断选项A；由由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断D.
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，故A错误；
将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如下图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，易得,
则，
而，

所以，故B错误；
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.
如图3, 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接、、，由正四面体的性质可知在上.
因为, 所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，故C错误；
因为，所以 ,
所以，勒洛四面体内切球半径是，故 D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
二、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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设正实数a，b满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 有最小值4B. 有最小值C. 有最大值D. 有最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式逐一判断即可.
【详解】A：因为正实数a，b满足，
所以，
当且仅当时取等号，即时取等号，因此本选项正确；
B：因为正实数a，b满足，
所以，当且仅当时，取等号，
即有最大值，因此本选项不正确；
C：因为正实数a，b满足，
所以，
当且仅当时取等号，因此本选项正确；
D：因为正实数a，b满足，
所以，
当且仅当时取等号，因此本选项正确，
故选：ACD
10. 在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A. 异面直线与所成角的余弦值为
B. 点为正方形内一点，当平面时，的最大值为
C. 过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D. 当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可判定；对于B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，即可判定；对于C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；对于D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A正确；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，

四边形为平行四边形，，，，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，，
即的最小值为，而的最大值为．故B错误；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
，
．故D项正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：通过证明面面平行得到动点的轨迹，利用空间向量法确定点的位置是B、C的关键.
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数有且只有2个零点
B. 函数的递减区间为
C. 函数存在最大值和最小值
D. 若方程有三个实数解，则
【答案】AB
【解析】
【分析】求得，得到函数的的单调性与极值，画出函数的图象，结合图象，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，则，
令，解得；令，解得或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
且，，当时，，
作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确；
所以，无最大值，所以C错误；
若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点，
可得，所以D错误.
故选：AB.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，若，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.
【详解】，
因为，所以，
即，
解得.
故答案为：2
13. 等差数列，前n项和分别为与，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合等差数列前n项和形式特征设，再根据前n项和与通项公式之间的关系求，代入结合等差中项分析运算.
【详解】∵数列，均为等差数列，
∴，
∵，即，
根据等差数列前n项和为，可设，
对于数列，则有：
当时，则；
当时，则；
显然当时，也满足，
故，
同理可得：，
故.
故答案为：.
14. 已知圆和两点，．若圆上存在点，使得，则的最大值为__________．
【答案】11
【解析】
【分析】根据垂直确定的轨迹为以为圆心，半径的圆，计算圆心距，根据解得答案.
【详解】设，，则，
即，则的轨迹为以为圆心，半径的圆，
根据题意知两圆有交点，圆心距，故，
解得，故的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 中，角，，的对边分别为，，，的外接圆半径为，面积为，已知为锐角，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
分析】
（1）根据正、余弦定理和同角三角函数的基本关系可求出sinA的值，再根据是锐角三角形可确定角A的值；
（2）将a，A的值代入余弦定理，得到关系b，c的关系式，再由面积公式及基本不等式可求最大值．
【详解】（1），
，
即，，
由余弦定理得，
由正弦定理得，得，
为锐角，.
（2）由余弦定理，得，.
，取等号的条件是，.
.
的最大值为.
【点睛】本题考查正、余弦定理的应用，涉及到的考点由同角三角函数关系、面积公式、基本不等式，属于综合题，考查综合分析能力及转化思想，属于中等题.
16. 等差数列的前项和为，数列是等比数列，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；；（2）.
【解析】
【分析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.根据，得.再由，可求得，得通项公式，由和，求得公比，得通项公式 ；
（2）由（1）得，转化为，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
，即，
.
，，.
，，
，，.
（2）
.
【点睛】本题主要考查等差、等比数列通项公式和裂项相消法求和，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
17. 某大学为了调查该校学生性别与身高的关系，对该校1000名学生按照的比例进行抽样调查，得到身高频数分布表如下：
男生身高频率分布表
女生身高频数分布表
（1）估计这1000名学生中女生的人数；
（2）估计这1000名学生中身高在的概率；
（3）在样本中，从身高在的女生中任取3名女生进行调查，设表示所选3名学生中身高在的人数，求的分布列和数学期望.（身高单位：厘米）
【答案】（1）（名）（2）0.49（3）详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据统计表，可知样本中男生人数和女生人数，再按比例求解.
（2）由表知样本中身高在的人数和样本容量，再代入公式求解.
（3）根据题意，明确的可能取值为0，1，2，3，然后分别求得其概率，列出分布列求期望.
【详解】（1）样本中男生为60名，女生为40名.
估计这1000名学生中女生的人数大约是（名）.
（2）由表知样本中身高在的人数为，样本容量是100，
样本中身高在的概率为.
估计这1000名学生中身高在的概率为0.49.
（3）依题意，的可能取值为0，1，2，3.
，，
，.
的分布列为
.
【点睛】本题主要考查样本估计总体和离散型随机变量的分布列，还考查了数据处理和运算求解的能力，属于中档题.
18. 如图1，在中，D，E分别为的中点；O为的中点，，，将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2，点F是线段上的一点（不包含端点）．

（1）求证：；
（2）若直线和平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直判定线面垂直，再得线线垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量由线面角计算F的位置，再根据三棱锥的体积公式计算即可.
【小问1详解】
由题意可知：，，
所以，
又O为的中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
【小问2详解】
取的中点G，连接，所以，以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，所以．
设，
所以，
又，设平面DEF的一个法向量为，
所以，
令，解得，，所以平面DEF的一个法向量为，
又，设直线EC和平面DEF所成角的大小为θ，
所以，
解得或（舍），所以．
所以，
即三棱锥的体积为．
19. 已知是坐标原点，椭圆的焦距为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若的面积最大时.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆在第一象限交于点，点是第四象限的点且在椭圆上，线段被直线垂直平分，直线与椭圆交于另一点，求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）确定是椭圆的上顶点或下顶点时的面积最大，则有，即，再根据求解.
（2）依题意，点的坐标为，直线不与轴垂直，设直线，即，设，.由，得.由韦达定理，用k表示，再根据，得到，进而求得，证明.
【详解】（1）当是椭圆的上顶点或下顶点时的面积最大，
设是椭圆的上顶点，
则，即.
又，，
，，.
椭圆的标准方程为.
（2）证明：依题意，点的坐标为，
直线不与轴垂直，设直线，
即，直线，即.
设，.
由，
得.
，.
则.
又，，
.
又，.
.
【点睛】本题主要考查椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
男生身高
（单位：厘米）
频数
7
10
19
18
4
2
女生身高
（单位：厘米）
频数
3
10
15
6
3
3
0
1
2
3